Meg kell jegyezni, hogy a kombinatorika a felsőbb matematika önálló ága (és nem része a tervnek), és erről a tudományágról komoly tankönyvek születtek, amelyek tartalma időnként nem egyszerűbb, mint az absztrakt algebra. Az elméleti ismeretek egy kis része azonban nekünk is elég lesz, és ebben a cikkben megpróbálom hozzáférhető formában elemezni a téma alapjait tipikus kombinatorikai problémákkal. És sokan segíteni fognak nekem ;-)
Mit fogunk csinálni? Szűk értelemben a kombinatorika egy bizonyos halmazból létrehozható különféle kombinációk kiszámítása diszkrét tárgyakat. Tárgy alatt minden elszigetelt tárgy vagy élőlény értendő – emberek, állatok, gombák, növények, rovarok stb. Ugyanakkor a kombinatorikát egyáltalán nem érdekli, hogy a készlet egy tányér búzadarából, egy forrasztópáka és egy mocsári békából áll. Alapvetően fontos, hogy ezek az objektumok felsorolhatók legyenek – három van belőlük (diszkrét)és az a fontos, hogy egyik sem egyforma.
Sok mindennel foglalkoztunk, most a kombinációkkal. A kombinációk leggyakoribb típusai az objektumok permutációi, halmazból való kiválasztása (kombináció) és elosztása (elhelyezés). Lássuk, hogyan történik ez most:
Permutációk, kombinációk és elhelyezések ismétlés nélkül
Ne féljen a homályos kifejezésektől, különösen azért, mert néhányuk valóban nem túl jó. Kezdjük a cím végével – mit jelent? nincs ismétlés"? Ez azt jelenti, hogy ebben a részben olyan halmazokat fogunk megvizsgálni, amelyek a következőkből állnak különféle tárgyakat. Például ... nem, nem kínálok kását forrasztópákával és békával, jobb, ha valami finomabb =) Képzeld el, hogy előtted az asztalon egy alma, körte és banán került ( ha megvannak, a helyzet a valóságban is szimulálható). A gyümölcsöket balról jobbra helyezzük el a következő sorrendben:
alma / körte / banán
Egy kérdés: Hányféleképpen lehet átrendezni?
Az egyik kombinációt már fentebb leírtuk, és a többivel nincs probléma:
alma / banán / körte
körte / alma / banán
körte / banán / alma
banán / alma / körte
banán / körte / alma
Teljes: 6 kombináció vagy 6 permutációk.
Oké, nem volt nehéz felsorolni az összes lehetséges esetet, de mi van, ha több objektum van? Mindössze négy különböző gyümölccsel a kombinációk száma jelentősen megnő!
Nyissa meg a referenciaanyagot (kényelmes kinyomtatni a kézikönyvet)és a 2. pontban keresse meg a permutációk számának képletét.
Gond nélkül – 3 objektumot különböző módokon lehet átrendezni.
Második kérdés: Hányféleképpen választhatsz a) egy gyümölcsöt, b) két gyümölcsöt, c) három gyümölcsöt, d) legalább egy gyümölcsöt?
Miért érdemes választani? Tehát az előző pontban feldobtuk az étvágyat - enni! =)
a) Egy gyümölcsöt természetesen háromféleképpen lehet kiválasztani – vegyünk almát, körtét vagy banánt. A formális számítás a szerint történik a kombinációk számának képlete:
Ebben az esetben a bejegyzést a következőképpen kell érteni: "Hányféleképpen választhatsz ki egy gyümölcsöt a háromból?"
b) Soroljuk fel két gyümölcs összes lehetséges kombinációját:
alma és körte;
alma és banán;
körte és banán.
A kombinációk száma könnyen ellenőrizhető ugyanazzal a képlettel:
Hasonlóan értelmezhető a szócikk: „hányféleképpen lehet kiválasztani 2 gyümölcsöt a háromból?”
c) És végül, csak egyféleképpen választhat három gyümölcsöt:
Egyébként a kombinációk számának képlete értelmes marad egy üres mintánál:
Ily módon egyetlen gyümölcsöt sem választhat – sőt, semmit sem vesz, és ennyi.
d) Hányféleképpen szedheti legalább egy gyümölcs? A „legalább egy” feltétel azt jelenti, hogy elégedettek vagyunk 1 gyümölccsel (bármelyik), vagy bármelyik 2 gyümölccsel, vagy mind a 3 gyümölccsel:
ezekkel a módszerekkel kiválaszthat legalább egy gyümölcsöt.
Azok az olvasók, akik alaposan áttanulmányozták a bevezető leckét Valószínűségi elmélet, már sejtettünk valamit. De a pluszjel jelentéséről később.
A következő kérdés megválaszolásához két önkéntesre van szükségem... ...Nos, mivel senki sem akar, akkor hívlak a testületbe =)
Harmadik kérdés: Hányféleképpen oszthatsz ki egy-egy gyümölcsöt Dashának és Natasának?
Két gyümölcs kiosztásához először ki kell választani őket. Az előző kérdés „be” bekezdése szerint ezt többféleképpen is meg lehet tenni, átírom őket:
alma és körte;
alma és banán;
körte és banán.
De most kétszer annyi kombináció lesz. Vegyük például az első pár gyümölcsöt:
Dashát almával, Natasát pedig körtével kezelheti;
vagy fordítva – Dasha kapja a körtét, Natasa pedig az almát.
És egy ilyen permutáció minden gyümölcspárnál lehetséges.
Vegyük ugyanazt a diákcsoportot, amelyik elment a táncba. Hányféleképpen párosítható egy fiú és egy lány?
Bizonyos módokon kiválaszthat 1 fiatalembert;
módokon választhat 1 lányt.
Így egy fiatalember És Egy lányt választhatsz: 
módokon.
Ha minden halmazból 1 objektumot választunk ki, a következő kombinációk számlálási elve érvényes: " minden egy halmazból egy tárgy alkothat egy párt mindegyikkel egy másik halmaz tárgya."
Vagyis Oleg a 13 lány közül bármelyiket meghívhatja táncolni, Jevgenyi is a tizenhárom közül bármelyiket, és a többi fiatalnak is hasonló választása van. Összesen: lehetséges párok.
Meg kell jegyezni, hogy ebben a példában a pár kialakulásának „története” nem számít; viszont ha a kezdeményezést is figyelembe vesszük, akkor a kombinációk számát meg kell duplázni, hiszen a 13 lány mindegyike bármelyik fiút meghívhatja táncolni. Minden az adott feladat körülményeitől függ!
Hasonló elv érvényes a bonyolultabb kombinációkra is, például: hányféleképpen lehet kiválasztani két fiatalembert? És két lány részt venni egy KVN-skitben?
Unió ÉS egyértelműen utal arra, hogy a kombinációkat meg kell szorozni:
Lehetséges művészcsoportok.
Más szavakkal, minden egyes egy fiúpár (45 egyedi pár) léphet fel Bármi egy pár lány (78 egyedi pár). És ha figyelembe vesszük a szereposztást a résztvevők között, akkor még több kombináció lesz. ...nagyon szeretném, de továbbra is tartózkodom a folytatástól, hogy ne keltsek benned idegenkedést a diákélettől =).
A kombinációk szorzásának szabálya nagyobb számú szorzóra is vonatkozik:
8. probléma
Hány olyan háromjegyű szám van, amely osztható 5-tel?
Megoldás: az érthetőség kedvéért jelöljük ezt a számot három csillaggal: ***
BAN BEN százas hely Bármelyik számot beírhatja (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 vagy 9). A nulla nem megfelelő, mivel ebben az esetben a szám már nem háromjegyű.
De tízes hely("középen") 10 számjegy közül választhat: .
A feltétel szerint a számnak oszthatónak kell lennie 5-tel. Egy szám osztható 5-tel, ha 5-re vagy 0-ra végződik. Így megelégszünk a legkisebb jelentőségű számjegy 2 jegyével.
Összességében van: 5-tel osztható háromjegyű számok.
Ebben az esetben a mű megfejtése a következőképpen történik: „9 módon választhat számot százas hely És 10 módszer a szám kiválasztására tízes hely És 2 út befelé egységek számjegy»
Vagy még egyszerűbben: " minden egyes 9 számjegytől ig százas hely egyesíti mindegyikkel 10 számjegyből áll tízes hely és mindegyikkel két számjegytől ig egységek számjegy».
Válasz: 180
És most…
Igen, majdnem megfeledkeztem az 5. feladathoz beígért kommentárról, amelyben Bornak, Dimának és Volodjának különböző módon oszthatnak egy-egy lapot. A szorzás itt ugyanazt jelenti: 3 kártya eltávolításának módjai a pakliból ÉS az összesben minta rendezze át őket módokon.
És most egy egyedül megoldandó probléma... most kitalálok valami érdekesebbet... legyen szó a blackjack ugyanarról az orosz változatáról:
9. probléma
Hány nyerő kombináció van 2 lapból a "pont" kijátszásakor?
Azok számára, akik nem tudják: a nyerő kombináció 10 + ACE (11 pont) = 21 pont, és nézzük a két ász nyerő kombinációját.
(a kártyák sorrendje minden párban nem számít)
Rövid megoldás és válasz a lecke végén.
Egyébként ne tekintsd primitívnek a példát. A blackjack szinte az egyetlen olyan játék, amelyhez létezik matematikai alapú algoritmus, amely lehetővé teszi a kaszinó legyőzését. Az érdeklődők könnyedén találhatnak rengeteg információt az optimális stratégiáról és taktikáról. Igaz, az ilyen mesterek gyorsan az összes intézmény feketelistájára kerülnek =)
Itt az ideje, hogy összevonjuk az anyagot, amelyet néhány szilárd feladattal lefedtünk:
10. probléma
Vasyának 4 macskája van otthon.
a) Hányféleképpen lehet macskákat leültetni a szoba sarkaiba?
b) hányféleképpen engedheti el a macskákat sétálni?
c) Vasya hányféleképpen tud felvenni két macskát (az egyiket a balján, a másikat a jobbján)?
Döntsünk: először is ismét figyelni kell arra, hogy a probléma foglalkozik különböző tárgyakat (még akkor is, ha a macskák egypetéjű ikrek). Ez nagyon fontos feltétel!
a) A macskák csendje. Ennek a végrehajtásnak megfelelően az összes macska egyszerre
+ a helyük fontos, ezért itt vannak permutációk:
ezekkel a módszerekkel elhelyezheti a macskákat a szoba sarkaiban.
Ismétlem, hogy a permutálásnál csak a különböző objektumok száma és egymáshoz viszonyított helyzete számít. Vasya hangulatától függően félkörben leültetheti az állatokat a kanapéra, sorban az ablakpárkányra stb. – minden esetben 24 permutáció lesz, az érdeklődők a kényelem kedvéért elképzelhetik, hogy a macskák sokszínűek (például fehér, fekete, piros és cirmos) és felsorolják az összes lehetséges kombinációt.
b) Hányféleképpen engedheti el a macskákat sétálni?
Feltételezik, hogy a macskák csak az ajtón keresztül mennek sétálni, és a kérdés közömbösséget jelent az állatok számát illetően - 1, 2, 3 vagy mind a 4 macska mehet sétálni.
Számolunk minden lehetséges kombinációt:
Olyan módokon, ahogy egy macskát (a négy közül bármelyiket) elengedhet sétálni; 
hogyan engedhet el két macskát sétálni (sorolja fel maga a lehetőségeket);
oly módon, hogy három macskát elengedhet sétálni (a négy közül az egyik otthon ül);
Így elengedheti az összes macskát.
Valószínűleg úgy gondolta, hogy a kapott értékeket összegezni kell:
hogyan engedheti el a macskákat sétálni.
A rajongók számára a probléma bonyolult változatát ajánlom – amikor bármely mintában bármelyik macska véletlenszerűen ki tud lépni, mind az ajtón, mind az ablakon a 10. emeleten. Érezhetően megnövekszik a kombinációk száma!
c) Vasya hányféleképpen tud felvenni két macskát?
A helyzet abból áll, hogy nem csak 2 állatot kell kiválasztani, hanem mindkét kézbe kell helyezni:
Ilyen módon 2 macskát vehet fel.
Második megoldás: módszerekkel választhat két macskát És az ültetés módjai minden egy pár kéznél: 
Válasz: a) 24, b) 15, c) 12
Nos, hogy megtisztítsa a lelkiismeretét, valami konkrétabbat a kombinációk szorzásáról... Hagyjon Vasyának 5 további macskája =) Hányféleképpen engedhet el 2 macskát sétálni? És 1 macska?
Vagyis azzal minden egyes pár macska szabadon engedhető minden macska.
Egy másik gombos harmonika az önálló megoldáshoz:
11. probléma
Három utas szállt fel egy 12 emeletes épület liftjébe. Mindenki, a többiektől függetlenül, azonos valószínűséggel bármelyik (a 2. emelettől kezdve) kiléphet. Hányféleképpen:
1) az utasok ugyanazon az emeleten szállhatnak le (a kilépési sorrend nem számít);
2) az egyik emeleten két ember szállhat le, a másikon egy harmadik;
3) az emberek különböző emeleteken léphetnek ki;
4) Az utasok kiszállhatnak a liftből?
És itt gyakran újra kérdeznek, pontosítok: ha egy emeleten 2-3 ember lép ki, akkor a kilépés sorrendje nem számít. GONDOLKODJ, használj képleteket és szabályokat a kombinációk összeadásához/szorzásához. Nehézségek esetén hasznos, ha az utasok nevet adnak, és találgatnak, milyen kombinációkkal szállhatnak ki a liftből. Nem kell elkeseredni, ha valami nem sikerül, például a 2-es pont elég alattomos, azonban az egyik olvasó talált egy egyszerű megoldást, és ezúton is köszönöm leveleiteket!
Teljes megoldás részletes megjegyzésekkel a lecke végén.
Az utolsó bekezdés a szintén elég gyakran előforduló kombinációknak szól - szubjektív értékelésem szerint a kombinatorikai problémák körülbelül 20-30%-ában:
Permutációk, kombinációk és elhelyezések ismétlésekkel
A felsorolt kombinációtípusokat a referenciaanyag 5. bekezdése vázolja A kombinatorika alapképletei némelyikük azonban első olvasatra nem feltétlenül egyértelmű. Ebben az esetben célszerű először gyakorlati példákkal megismerkedni, és csak azután megérteni az általános megfogalmazást. Megy:
Permutációk ismétlésekkel
Az ismétléses permutációkban, mint a „hétköznapi” permutációkban, mind a sok tárgyat egyszerre, de van egy dolog: ebben a halmazban egy vagy több elem (objektum) ismétlődik. Teljesítse a következő szabványt:
12. probléma
Hány különböző betűkombinációt kaphatunk a következő betűket tartalmazó kártyák átrendezésével: K, O, L, O, K, O, L, b, Ch, I, K?
Megoldás: abban az esetben, ha az összes betű különbözik, akkor egy triviális képletet kell alkalmazni, de teljesen egyértelmű, hogy a javasolt kártyakészletnél bizonyos manipulációk „tétlenül” működnek, például ha két kártyát felcserél a „K” betűkkel bármelyik szóban ugyanazt a szót kapja. Sőt, a kártyák fizikailag nagyon különbözőek lehetnek: az egyik lehet kerek, rányomtatva a „K” betűvel, a másik lehet négyzet alakú „K” betűvel. De a feladat jelentése szerint akár olyan kártyákat is azonosnak tekintendők, mivel a feltétel a betűkombinációkra kérdez rá.
Minden rendkívül egyszerű - csak 11 kártya, beleértve a levelet:
K – 3-szor ismételve;
O – 3-szor ismételve;
L – 2-szer ismételve;
b – 1-szer ismételve;
H – 1-szer ismételve;
És - ismételve 1 alkalommal.
Ellenőrzés: 3 + 3 + 2 + 1 + 1 + 1 = 11, amit ellenőrizni kellett.
A képlet szerint permutációk száma ismétlésekkel:
különböző betűkombinációkat kaphatunk. Több mint félmillió!
A nagy faktorérték gyors kiszámításához kényelmesen használható a szabványos Excel-függvény: írja be bármelyik cellába =TÉNY(11)és nyomja meg Belép.
A gyakorlatban teljesen elfogadható, ha nem írjuk le az általános képletet, és emellett elhagyjuk az egységfaktorokat: 
De az ismételt levelekkel kapcsolatban előzetes észrevételek szükségesek!
Válasz: 554400
Az ismétléssel járó permutációk másik tipikus példája a sakkfigurák elhelyezési problémája, amely a raktárban található kész megoldások a megfelelő pdf-ben. Az önálló megoldáshoz pedig egy kevésbé képletes feladattal álltam elő:
13. probléma
Alekszej sportol, heti 4 nap atlétika, 2 nap erőgyakorlat és 1 nap pihenés. Hányféleképpen tud heti beosztást készíteni magának?
A képlet itt nem működik, mert figyelembe veszi a véletlen cseréket (például a szerdai erőgyakorlatok felcserélése a csütörtöki erőgyakorlatokkal). És még egyszer - valójában ugyanaz a 2 erősítő edzés nagyon eltérhet egymástól, de a feladat kontextusában (az ütemezés szempontjából) ugyanazoknak az elemeknek minősülnek.
Kétsoros megoldás és válasz a lecke végén.
Kombinációk ismétlésekkel
Az ilyen típusú kombinációk jellemzője, hogy a mintát több csoportból veszik, amelyek mindegyike azonos objektumokból áll.
Mindenki keményen dolgozott ma, így ideje felfrissülni:
14. probléma
A diákmenzán tésztás kolbászt, sajttortát és fánkot árulnak. Hányféleképpen vásárolhat öt pitét?
Megoldás: azonnal ügyeljen az ismétlődéses kombinációk tipikus kritériumára - a feltétel szerint nem objektumok halmazát kínálják választásra, hanem különböző fajták tárgyak; feltételezzük, hogy legalább öt hot dogot, 5 sajttortát és 5 fánkot kínálnak. Az egyes csoportok pitékje természetesen más - mert abszolút egyforma fánkokat csak számítógépen lehet szimulálni =) A piték fizikai jellemzői azonban nem jelentősek a probléma szempontjából, és a virsli / sajttorta / a csoportjukba tartozó fánk azonosnak számít.
Mi lehet a mintában? Először is meg kell jegyezni, hogy biztosan lesznek egyforma piték a mintában (mivel 5 darabot választunk, és 3 féle közül lehet választani). Itt minden ízléshez van lehetőség: 5 hot dog, 5 sajttorta, 5 fánk, 3 hot dog + 2 sajttorta, 1 hot dog + 2 sajttorta + 2 fánk stb.
A „szokásos” kombinációkhoz hasonlóan a piték kiválasztásának és elhelyezésének sorrendje nem számít - csak kiválasztott 5 darabot, és kész.
A képletet használjuk 
kombinációk száma ismétléssel: 
Ezzel a módszerrel 5 pitét vásárolhat.
Jó étvágyat kívánunk!
Válasz: 21
Milyen következtetés vonható le számos kombinatorikus problémából?
Néha a legnehezebb az állapot megértése.
Hasonló példa egy független megoldásra:
15. probléma
A pénztárca meglehetősen sok 1, 2, 5 és 10 rubeles érmét tartalmaz. Hányféleképpen lehet kivenni három érmét egy pénztárcából?
Önkontroll céljából válaszoljon néhány egyszerű kérdésre:
1) Eltérhet a mintában szereplő összes érme?
2) Nevezze meg a „legolcsóbb” és „legdrágább” érmék kombinációját!
Megoldás és válaszok a lecke végén.
Személyes tapasztalataim alapján elmondhatom, hogy az ismétléses kombinációk a legritkább vendég a gyakorlatban, ami nem mondható el a következő típusú kombinációkról:
Elhelyezések ismétlésekkel
Egy elemekből álló halmazból elemek kerülnek kiválasztásra, és az egyes kijelöléseknél fontos az elemek sorrendje. És minden rendben is lenne, de elég váratlan poén, hogy az eredeti készlet bármelyik tárgyát annyiszor választhatjuk ki, ahányszor csak akarjuk. Képletesen szólva: „a sokaság nem fog csökkenni”.
Mikor történik ez? Tipikus példa a több lemezes kombinációs zár, de a technológiai fejlődés miatt célszerűbb ennek digitális leszármazottját figyelembe venni:
16. probléma
Hány négyjegyű PIN kód van?
Megoldás: valójában a probléma megoldásához elegendő a kombinatorika szabályainak ismerete: bizonyos módokon kiválaszthatja a PIN kód első számjegyét És módok - a PIN-kód második számjegye És annyiféleképpen – harmadik És ugyanaz a szám - a negyedik. Így a kombinációk szorzása szabálya szerint egy négyjegyű pin kódot a következőképpen lehet összeállítani: módokon.
És most a képlet segítségével. A feltételnek megfelelően felkínálunk egy számkészletet, amelyből kiválasztjuk és rendezzük a számokat egy bizonyos sorrendben, míg a mintában szereplő számok megismétlődhetnek (azaz az eredeti halmaz bármely számjegye tetszőleges számú alkalommal használható). Az ismétléses elhelyezések számának képlete szerint: 
Válasz: 10000
Mi jut itt eszembe... ...ha az ATM a harmadik sikertelen PIN kód beírási kísérlet után „megeszi” a kártyát, akkor a véletlenszerű felvételre nagyon kicsi az esély.
És ki mondta, hogy a kombinatorikának nincs gyakorlati jelentése? Kognitív feladat az oldal minden olvasója számára:
17. probléma
Az állami szabvány szerint az autó rendszáma 3 számból és 3 betűből áll. Ebben az esetben a három nullát tartalmazó szám elfogadhatatlan, és a betűk az A, B, E, K, M, N, O, P, S, T, U, X halmazból kerülnek kiválasztásra. (csak azokat a cirill betűket használjuk, amelyek helyesírása egybeesik a latin betűkkel).
Hány különböző rendszámot lehet létrehozni egy régióhoz?
Mellesleg nem is olyan sokan. Nagy régiókban nincs elegendő ilyen mennyiség, ezért számukra több kód létezik a RUS felirathoz.
A megoldás és a válasz a lecke végén található. Ne felejtsd el használni a kombinatorika szabályait ;-) ...meg akartam mutatni, hogy mi az exkluzív, de kiderült, hogy nem kizárólagos =) Megnéztem a Wikipédiát - ott is vannak számítások, bár kommentár nélkül. Bár oktatási célból valószínűleg kevesen oldották meg.
Izgalmas leckénk a végéhez ért, és végül azt szeretném mondani, hogy nem vesztegette az idejét - azért, mert a kombinatorikai képletek egy másik létfontosságú gyakorlati alkalmazást találnak: különféle problémákban találhatók Valószínűségi elmélet,
és be a valószínűség klasszikus meghatározásával kapcsolatos problémák- különösen gyakran =)
Köszönjük mindenkinek az aktív részvételt és hamarosan találkozunk!
Megoldások és válaszok:
2. feladat: Megoldás: keresse meg 4 kártya összes lehetséges permutációjának számát:
Ha egy nullát tartalmazó kártya kerül az 1. helyre, a szám háromjegyűvé válik, ezért ezeket a kombinációkat ki kell zárni. Legyen a nulla az 1. helyen, majd az alsó számjegyek maradék 3 számjegye különböző módokon átrendezhető.
jegyzet
: mert Mivel csak néhány kártya van, könnyű felsorolni az összes lehetőséget itt:
0579
0597
0759
0795
0957
0975
Így a javasolt készletből a következőket készíthetjük:
24 – 6 = 18 négyjegyű szám
Válasz
: 18
4. feladat: Megoldás: bizonyos módokon 3 kártyát választhat a 36-ból.És
2) A „legolcsóbb” készlet 3 rubelt tartalmaz, a „legdrágább” pedig 3 tízrubeles érmét.
17. probléma: Megoldás: 
ezekkel a módszerekkel létrehozhat egy autószám digitális kombinációját, miközben az egyiket (000) ki kell zárni: .
ezekkel a módszerekkel létrehozhatja a rendszám betűkombinációját.
A kombinációk szorzási szabálya szerint a teljes összeg a következő:
rendszámtáblák
(minden egyes digitális kombináció kombinálva mindegyikkel betűkombináció).
Válasz
: 1726272
Matek óra 5. osztályban
«
Ismerje meg a kombinatorikát"
Az óra témája:
Az óra célja
:
kezdeti készségek megfogalmazása kombinatorikus problémákban a lehetséges lehetőségek átkutatásával.Az óra céljai:
Nevelési:
Kombinatorikus problémák megoldási képességének fejlesztése a lehetőségek kimerítő felsorolásának módszerével;
A matematikai elmélet konkrét helyzetekben történő alkalmazásának képességének fejlesztése;
A tanulók megismertetése a bölcsészettudomány matematikához kapcsolódó elemeivel.
Az önálló megoldási mód-választás képességének és a választás indoklásának képességének fejlesztése;
A problémamegoldás képességének fejlesztése kizárólag logikai érveléssel;
A racionális kódolási módszer kiválasztásának képességének fejlesztése;
A tanulók kommunikációs és kreatív képességeinek fejlesztése.
- Fokozza a felelősségérzetet az elvégzett munka minőségéért és eredményeiért; Tudatos hozzáállás kialakítása a munkához;
- Teremtsen felelősséget a végeredményért.
- interaktív tábla; szórólapok (színcsíkok: fehér, kék, piros); feladatkártyák.
- Idő szervezése. Új anyagok tanulása. Gyakorlati rész. Visszaverődés Jelzés Házi feladat
- Idő szervezése.
- A téma és a motiváció frissítése.
- 50 rubel, 100 rubel, 50 rubel, 100 rubel; 50 rubel, 50 rubel, 100 rubel, 100 rubel (2. és 3. dia).
- Új anyagok tanulása
.
Kombinatorika a matematikának egy olyan ága, amely az adott elemek meghatározott szabályok szerinti kiválasztásával és elrendezésével kapcsolatos problémák megoldásával foglalkozik
A kombinatorikus problémák gyakori kérdése a „ Hányféleképpen ...?" vagy
« Hány lehetőség …?»
Tanár : Térjünk vissza még egyszer a zászló problémához, oldjuk meg a lehetséges opciók felsorolásával: (7. dia) KBS KSB BSK BKS SBC SKBVálasz: 6 lehetőség. A probléma megoldása során tehát a lehetséges lehetőségek felsorolásának módját kerestük. Ban benSok esetben hasznosnak bizonyul egy kép összeállítása - egy diagram a lehetőségek felsorolásáról. Ez egyrészt világos, másrészt lehetővé teszi számunkra, hogy mindent figyelembe vegyünk, és ne hagyjunk ki semmit.Megoldás zászló
Opciók BSK, BKS, SBK, SKB, KBS, KSB.
Válasz: 6 lehetőség.
Kérdés, amelyre mindenkinek tudnia kell a választ: a bemutatott zászlólehetőségek közül melyik az Orosz Föderáció állami zászlaja. (7. dia)Kiderült, hogy nem csak az orosz zászló rendelkezik ezzel a három színnel. Vannak államok, amelyek zászlóinak színe megegyezik.
KBS – Luxemburg,
Hollandia.
Franciaország SKB
Tanár: Keressünk egy szabályt az ilyen problémák logikai érveléssel történő megoldására.
Nézzük a színes csíkok példáját. Vegyünk egy fehér csíkot - 3-szor átrendezhető, vegyünk egy kék csíkot - csak 2-szer helyezhető át, mert az egyik helyet már fehér csík foglalja el, vegyél egy piros csíkot - csak egyszer helyezhető el.
ÖSSZESEN: 3 x 2 x 1=6
A munka alapszabálya :
Szorzási szabály: ha egy kombináció első eleme választható módon, majd a második elem b módon választható, akkor a kombinációk száma összesen egyenlő a x b-vel . (8. dia)
Gyakorlat a szemnek. (9. dia)
"Alakzatok" gyakorlat.
Rajzolj négyzetet, kört, háromszöget, oválist, rombuszt a szemeddel az óramutató járásával megegyezően, majd az óramutató járásával ellentétes irányban.
Gyakorlati rész
Tanár: Most térjünk át a matematikai feladatokra. (kártyákat osztunk ki feladatokkal)
Egy meglehetősen híres muskétás gardróbjában 3 elegáns kalap, 4 csodálatos köpeny és 2 pár kiváló csizma van. Hányféle jelmezt tud létrehozni? (Három halmazból választunk ki egy elemet, azaz csinálunk egy „hármat”, ami azt jelenti, hogy a szorzási szabály szerint 3 4 2 = 24 jelmezlehetőséget kapunk.)
A futballcsapatban 11 fő van. Ki kell választani egy kapitányt és helyettesét. Hányféleképpen lehet ezt megtenni? (Összesen 11 fő van, ami azt jelenti, hogy a kapitányt 11 módon lehet kiválasztani, 10 játékos maradt, akik közül a kapitány-helyettes választható. Tehát a kapitány és a helyettese páros 11 10 = 110 módokon.)
Hány különböző kétjegyű szám készíthető az 1, 4, 7 számok felhasználásával, ha a számok ismétlődnek? (Kétjegyű számot kell kapnia - csak két pozíció. Az első pozícióba bármelyik javasolt számot elhelyezheti - 3 választási lehetőség, a második pozícióban, figyelembe véve a szám ismétlésének lehetőségét, szintén vannak 3 választási lehetőség Ez azt jelenti, hogy 3 3 = 9 módon alkotunk egy számpárt, azaz 9 számot kapunk.
Hány különböző háromjegyű szám készíthető az 1, 2, 3, 4, 5 számjegyekből, feltéve, hogy egyetlen számjegy sem ismétlődik? (Háromjegyű szám: első pozíció - 5 lehetőség a számokra, második pozíció, számismétlések kizárásával - 4 lehetőség, harmadik pozíció - 3 lehetőség. 5 4 3 = 60 számot kapunk.)
Hány különböző kétjegyű szám készíthető a 0, 1, 2, 3 számokból, ha a számok: a) ismétlődnek; b) nem ismételhető meg? (a) Egy kétjegyű szám, mint minden többjegyű szám, nem kezdődhet 0-val, ezért az első helyre a rendelkezésre álló 4 számjegyből, 3 választási lehetőség közül csak 3-at tehet a második helyre, figyelembe véve az ismétlést. , bármelyik számjegyet megadhatja - 4 lehetőség közül választhat. Ezért kiderül, hogy 3 4 = 12 szám; b) Az első pozíció – 3 lehetőség, a második pozíció – 3 lehetőség, mert az ismétlés kizárt. 3 3 = 9 számot kapunk.)
A széf kódja öt különböző számból áll. Hány különböző lehetőség a titkosítás létrehozására? (5 4 3 2 1 = 120 lehetőség.) Hányféleképpen lehet 6 embert leültetni egy asztalhoz 6 evőeszközzel? (6 5 4 3 2 1 = 720 mód.)
6 készülék?(6 5 4 3 2 1 = 720 mód.)
(8 7 6 5 4 = 6720 lehetőség.)
(A használt számok 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 - összesen 10 számjegy, megegyezés szerint a 0 és a 9 kivételével a szám elején, figyelembe véve a ismétlés, 8 10 10 10 · 10 · 10 · 10 = 8 000 000 számot kapunk.)
- Visszaverődés
Tanár: Srácok, a leckénk a végéhez közeledik. Szerinted ma elértük a célunkat, miért? Mi volt nehéz az órán, hogyan lehet megbirkózni vele? Gondolkozz és adj jelet a munkádért és a munkádért, tedd fel magad, ezt a jelet egyik srác sem fogja látni, próbálj meg őszinte lenni magaddal. Teljes mértékben részt vettél az órán? Mit kell tenni a jobb eredmények érdekében?
Ezen kívül a diákoknak három gyors kérdésre kell válaszolniuk:
A mai órán... (könnyű, általában, nehéz)
Én… (tanultam és tudok alkalmazni, tanultam és nehezen alkalmazható, nem tanultam)
Az önbecsülésem a leckéhez...
A fenti kérdésekre adott válaszokat nem kell aláírnia, mert fő funkciójuk, hogy segítsenek a tanárnak elemezni az órát és annak eredményeit
Összegzés . Jelzés
Tanár: Nagyon örülök, hogy sokan jól dolgoztatok ma és sok új dolgot tanultatok, de nagyon szeretném, ha mindannyian keményen dolgoznátok otthon, és ne kapjatok rossz jegyeket a következő órán.
7. Házi feladat :
1) Hozz létre egy problémát az osztályoddal kapcsolatban
2) Több ország úgy döntött, hogy szimbólumokat használ nemzeti zászlajára 3 különböző szélességű, különböző színű vízszintes csík formájában - fehér, kék, piros. Hány ország használhat ilyen szimbólumokat, feltéve, hogy minden országnak megvan a saját zászlaja?
3) a) Hány kétjegyű szám készíthető az 1, 3, 5, 7, 9 számokból?
b) Hány kétjegyű szám készíthető az 1, 3, 5, 7, 9 számokból, feltéve, hogy a számok nem ismétlődnek
Tanár : Szóval örültem, hogy megismerhettelek, érdeklődj a matematika iránt, ez kétségtelenül pozitívan fog tükröződni gondolataidban és tetteidben. A lecke véget ért. Köszönet mindenkinek. Viszontlátásra.
Irodalom:
E.A. Bunimovich, V.A. Bulychev. Valószínűségszámítás és statisztika az általános nevelési iskolai matematika szakon: 1-4, 5 – 8 előadások. – M.: Pedagógiai Egyetem „Szeptember elseje”, 2006.
Vilenkin N.Ya. Matematika. 5. évfolyam: általános műveltségi tankönyv. intézmények / N.Ya. Vilenkin és mások - M.: Mnemosyna, 2009.
Smykalova E.V. További matematikai fejezetek 5. osztályos tanulóknak. SPb: SMIO. Sajtó, 2006.
5. osztály. "Matematika-5", I.I. Zubareva, A.G. Mordkovich, 2004.
Feladatok (kártyák)
Hány lehetséges hétjegyű telefonszám hozható létre, ha kizárja a 0-val és 9-cel kezdődő számokat?
Egy meglehetősen híres muskétás gardróbjában 3 elegáns kalap, 4 csodálatos köpeny és 2 pár kiváló csizma van. Hányféle jelmezt tud létrehozni?
A futballcsapatban 11 fő van. Ki kell választani egy kapitányt és helyettesét. Hányféleképpen lehet ezt megtenni?
Hány különböző kétjegyű szám készíthető az 1, 4, 7 számokkal, ha a számok ismétlődnek
Hány különböző háromjegyű szám készíthető az 1, 2, 3, 4, 5 számjegyekből, feltéve, hogy egyetlen számjegy sem ismétlődik?
Hány különböző kétjegyű szám készíthető a 0, 1, 2, 3 számokból, ha a számok: a) ismétlődnek; b) nem ismételhető meg?
A széf kódja öt különböző számból áll. Hány különböző lehetőség a titkosítás létrehozására?
Hányféleképpen lehet 6 embert leültetni egy asztalhoz, amelyen 6 készülék?
Az ötödik évfolyamon 8 tantárgyat tanulnak. Hány különböző órarendet lehet létrehozni hétfőre, ha ezen a napon 5 óra legyen, és az összes óra eltérő?Válaszok
6 5 4 3 2 1 = 720 út
8 7 6 5 4 = 6720 lehetőség
A használt számok 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 - összesen 10 számjegy, megegyezés szerint a 0 és a 9 kivételével a szám elején, figyelembe véve az ismétlés lehetőségét , 8 10 10 10 10 10 10 = 8 000 000 számot kapunk.
Három halmazból kiválasztunk egy elemet, azaz csinálunk egy „hármat”, ami azt jelenti, hogy a szorzási szabály szerint 3 4 2 = 24 jelmezlehetőséget kapunk.
Összesen 11 fő van, ami azt jelenti, hogy a kapitányt 11 módon lehet kiválasztani, így marad 10 játékos, akik közül lehet kapitány-helyettest választani. Tehát egy pár, a kapitány és a helyettese 11 10 = 110 módon választható.
Kétjegyű számot kell kapnia - csak két pozíciót. Az első pozícióban a javasolt számok bármelyikét elhelyezheti - 3 választási lehetőség, a második pozícióban, figyelembe véve a szám ismétlésének lehetőségét, szintén 3 lehetőség van. Ez azt jelenti, hogy 3 3 = 9 módon alkotunk egy számpárt, azaz. kapsz 9 számot.
Háromjegyű szám: első pozíció - 5 lehetőség a számokhoz, második pozíció, figyelembe véve a számok ismétlődésének kizárását - 4 lehetőség, harmadik pozíció - 3 lehetőség. 5 4 3 = 60 számot kapunk.
(a) Egy kétjegyű szám, mint minden többjegyű szám, nem kezdődhet 0-val, ezért az első helyre a rendelkezésre álló 4 számjegyből, 3 választási lehetőség közül csak 3-at tehet a második helyre, figyelembe véve az ismétlést. , bármelyik számjegyet megadhatja - 4 lehetőség közül választhat. Ezért kiderül, hogy 3 4 = 12 szám; b) Az első pozíció – 3 lehetőség, a második pozíció – 3 lehetőség, mert az ismétlés kizárt. 3 3 = 9 számot kapunk.
5 4 3 2 1 = 120 lehetőség.Sok gyakorlati feladat megoldása során elemkombinációkat kell alkalmazni, egy adott halmazból kiválasztani azokat, amelyek bizonyos tulajdonságokkal rendelkeznek, és azokat meghatározott sorrendbe kell helyezni. Az ilyen feladatokat ún kombinatorikus. A matematikának azt az ágát, amely az elemek adott feltételeknek megfelelő kiválasztásával és elrendezésével kapcsolatos problémák megoldásával foglalkozik, kombinatorikának nevezzük. A „kombinatorika” kifejezés a latin szóból származik "kombináció", ami oroszra fordítva azt jelenti: „összekapcsolni”, „összekapcsolni”.
A kiválasztott elemcsoportokat kapcsolatoknak nevezzük. Ha a kapcsolat minden eleme különbözik, akkor ismétlés nélküli kapcsolatokat kapunk, amelyeket az alábbiakban megvizsgálunk.
A legtöbb kombinatorikus probléma megoldása két alapvető szabály segítségével történik: összegszabályok és termékszabályok.
1. feladat.
Az Everything for Tea üzletben 6 különböző csésze és 4 különböző csészealj található. Hány csésze és csészealj opciót vásárolhat?
Megoldás.
Egy csészét 6, egy csészealjat 4 féleképpen választhatunk. Mivel egy pár csészét és csészealjat kell vásárolnunk, ezt 6 · 4 = 24 módon tehetjük meg (a termékszabály szerint).
Válasz: 24.
A kombinatorikus feladatok sikeres megoldásához ki kell választania a megfelelő képletet is a szükséges vegyületek számának meghatározásához. Ebben segít a következő diagram. 
Vegyük fontolóra számos probléma megoldását a különböző típusú kapcsolatokra, ismétlés nélkül.
2. feladat.
Határozza meg az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 számokból készíthető háromjegyű számok számát, ha a számok nem ismétlődnek a számban!
Megoldás.
A képlet kiválasztásához megtudjuk, hogy az általunk összeállított számoknál a rendszer figyelembe veszi a sorrendet, és nem minden elemet egyszerre választ ki. Ez azt jelenti, hogy ez az összefüggés 7, egyenként 3 elemből álló elrendezés. Használjuk az elhelyezések számának képletét: A 7 3 = 7(7 – 1)(7 – 2) = 7 · 6 · 5 = 210 szám.
Válasz: 210.
3. feladat.
Hány olyan hétjegyű telefonszám van, amelyben minden számjegy különbözik, és a szám nem kezdődhet nullával?
Megoldás.
Ez a feladat első ránézésre megegyezik az előzővel, de a nehézséget az jelenti, hogy nem szabad számolnunk azokkal az összefüggésekkel, amelyek a nulláról indulnak. Ez azt jelenti, hogy a meglévő 10 számjegyből össze kell állítani az összes hétjegyű telefonszámot, majd a kapott számból ki kell vonni a nullával kezdődő számok számát. A képlet így fog kinézni:
A 10 7 – A 9 6 = 10 9 8 7 6 5 4 – 9 8 7 6 5 4 = 544 320.
Válasz: 544 320.
4. feladat.
Hányféleképpen lehet egy polcon elhelyezni 12 könyvet, ebből 5 versgyűjtemény úgy, hogy a gyűjtemények egymás mellett állnak?
Megoldás.
Először is vegyünk 5 gyűjteményt feltételesen egy könyvnek, mert ezeknek egymás mellett kell állniuk. Mivel a sorrend elengedhetetlen a kombinációban, és minden elemet használunk, ez azt jelenti, hogy ezek 8 elem permutációi (7 könyv + hagyományos 1 könyv). Számuk R 8. Ezután csak versgyűjteményeket rendezünk át egymás között. Ezt 5 módon lehet megtenni. Mivel mind a gyűjteményeket, mind az egyéb könyveket rendeznünk kell, a termékszabályt fogjuk használni. Ezért P 8 · P 5 = 8! · 5!. A módok száma nagy lesz, így a választ meg lehet hagyni a faktoriális szorzat formájában.
Válasz: 8! · 5!
5. probléma.
Az osztályba 16 fiú és 12 lány jár. Az iskola közelében lévő terület takarításához 4 fiúra és 3 lányra van szüksége. Hányféleképpen lehet őket kiválasztani az osztály összes tanulója közül?
Megoldás.
Először külön választunk ki 4 fiút a 16-ból és 3 lányt a 12-ből. Mivel a helyezési sorrendet nem vesszük figyelembe, a megfelelő összetételek ismétlés nélküli kombinációk. Mivel a fiúkat és a lányokat egyszerre kell kiválasztani, a termékszabályt használjuk. Ennek eredményeként a módok számát a következőképpen számítják ki:
C 16 4 C 12 3 = (16!/(4! 12!)) (12!/(3! 9!)) = ((13 14 15 16) / (2 3 4)) ·((10 · 11) · 12) / (2 · 3)) = 400 400.
Válasz: 400 400.
Így egy kombinatorikai probléma sikeres megoldása annak állapotának helyes elemzésén, a képződő vegyületek típusának meghatározásán és a mennyiségük kiszámítására szolgáló megfelelő képlet megválasztásán múlik.
Van még kérdése? Nem tudja, hogyan oldja meg a kombinatorikus problémákat?
Ha segítséget szeretne kérni egy oktatótól, regisztráljon.
Az első óra ingyenes!
weboldalon, az anyag teljes vagy részleges másolásakor a forrásra mutató hivatkozás szükséges.
Sok kombinatorikus feladatban nehéznek bizonyul a minket érdeklő lehetőségek számának közvetlen megtalálása. A probléma körülményeinek némi változtatásával azonban számos olyan opciót találhat, amely ismert számú alkalommal meghaladja az eredetit. Ezt a technikát ún többszörös számlálási módszer.
1. Hány anagrammája van az OSZTÁLY szónak?
A nehézség az, hogy ebben a szóban két egyforma C betű van. Átmenetileg különbözőnek tekintjük őket, és jelöljük C 1 és C 2 betűket. Ekkor az anagrammák száma 5 lesz! = 120. De azok a szavak, amelyek csak a C 1 és C 2 betűk átrendezésével térnek el egymástól, valójában ugyanaz az anagramma! Ezért 120 anagrammát egyforma párokra osztanak, azaz. a szükséges anagrammák száma 120/2 = 60.
2. Hány anagrammája van a CHARADA szónak?
Három A betűt különböző A 1, A 2, A 3 betűként számolva 6-ot kapunk! anagrammák De a szavak, amelyek csak az A 1, A 2, A 3 betűk átrendezésével keletkeznek egymásból, valójában ugyanaz az anagramma. Mert 3 van! az A 1, A 2, A 3 betűk permutációi, eredetileg 6! Az anagrammák 3-as csoportokra vannak osztva! azonos, és a különböző anagrammák száma 6!/3! = 120.
3. Hány olyan négyjegyű szám van, amely legalább egy páros számjegyet tartalmaz?
Keressük meg a „felesleges” négyjegyű számok számát, amelyek rögzítése csak páratlan számjegyeket tartalmaz. Ilyen számok száma 5 4 = 625. De összesen 9000 négyjegyű szám van, tehát a szükséges „szükséges” számok száma 9000 – 625 = 8375.
- Keresse meg a VERESK, BALAGAN, VÁROSI szavak anagrammák számát.
- Keresse meg a BAOBAB, BALLADA, FORDULAT, ANAGRAM, MATEMATIKA, KOMBINATORIKA, VÉDELEM szavak anagrammák számát.
- Hányféleképpen tud 7 vendéget elhelyezni három szállodai szobában: egyágyas, kétágyas és négyágyas?
- Két alma, három körte és négy narancs van a hűtőben. Petyának kilenc napon át minden nap egy gyümölcsöt adnak. Hányféleképpen lehet ezt megtenni?
- Az iskola hét legjobb síelője közül egy háromfős csapatot kell kiválasztani a városi versenyeken való részvételhez. Hányféleképpen lehet ezt megtenni?
- A professzor a vizsga előtt megígérte, hogy a vizsgázók felének rossz jegyeket ad. 20 diák érkezett a vizsgára. Hányféleképpen tudja teljesíteni ígéretét?
- Hány szó készíthető öt A betűből és legfeljebb három B betűből?
- Csokoládé, eper és tejfagylalt is kapható. Hányféleképpen vásárolhat három fagylaltot?
- A pizza elkészítésekor különféle összetevőket adnak a sajthoz, hogy különleges ízt biztosítsanak. Billnek hagyma, gomba, paradicsom, paprika és szardella áll a rendelkezésére, ezek mindegyike – véleménye szerint – sajthoz adható. Bill hányféle pizzát tud készíteni?
- A bűnügyi leszámolás szemtanúja emlékezett rá, hogy a bűnözők egy Mercedesszel menekültek el, melynek rendszámtábláján T, Z, U betűk, valamint 3-as és 7-es számok szerepeltek (a szám egy sor, amely először három betűt, majd három számot tartalmaz) . Hány ilyen szám van?
- Hány átlója van egy konvexnek n-négyzet?
- Hány dolog van? n-digitális számok?
- Hány olyan tízjegyű szám van, amelynek legalább két egyforma számjegye van?
- A kockát háromszor dobják. Az összes lehetséges eredménysorozat között vannak olyanok, amelyekben legalább egyszer hatost dobnak. Hányan vannak?
- Hány ötjegyű szám jelölésében szerepel az 1-es számjegy?
- Hányféleképpen lehet a fehér és fekete királyt sakktáblára helyezni anélkül, hogy megütnék egymást?
- Hány osztója van az 10800-as számnak?
Absztrakt a témában:
10. osztályos „B” tanuló fejezte be
53. számú középiskola
Glukhov Mihail Alekszandrovics
Naberezsnij Cselnij
2002
Tartalom
| A kombinatorika történetéből_______________________________________________________ | 3 |
| Összeg szabály__________________________________________________________________ | 4 |
| - | |
| Termékszabály___________________________________________________ | 4 |
| Példák a feladatokra_________________________________________________________________ | - |
| Metsző halmazok_______________________________________________________ | 5 |
| Példák a feladatokra_________________________________________________________________ | - |
| Euler-körök______________________________________________________________________ | - |
| Elhelyezések ismétlés nélkül__________________________________________________ | 6 |
| Példák a feladatokra_________________________________________________________________ | - |
| Permutációk ismétlés nélkül_______________________________________________________ | 7 |
| Példák a feladatokra_________________________________________________________________ | - |
| Ismétlés nélküli kombinációk_______________________________________________________ | 8 |
| Példák a feladatokra_________________________________________________________________ | - |
| Elhelyezések és kombinációk ismétlés nélkül______________________________ | 9 |
| Példák a feladatokra_________________________________________________________________ | - |
| Permutációk ismétlésekkel_______________________________________________________ | 9 |
| Példák a feladatokra_________________________________________________________________ | - |
| Feladatok az önálló megoldáshoz___________________________________ | 10 |
| Bibliográfia___________________________________ | 11 |
A kombinatorika történetéből
A kombinatorika különféle típusú összefüggésekkel foglalkozik, amelyek egy véges halmaz elemeiből alakíthatók ki. A kombinatorika egyes elemeit már a 2. században ismerték Indiában. időszámításunk előtt e. A nydiak tudták a számok kiszámítását, amelyeket ma „kombinációknak” neveznek. A 12. században Bhaskara kiszámított bizonyos típusú kombinációkat és permutációkat. Úgy tartják, hogy az indiai tudósok a vegyületeket a poétikai felhasználásuk, a versek és a költői művek szerkezetének tanulmányozása kapcsán tanulmányozták. Például az n szótagos láb hangsúlyos (hosszú) és hangsúlytalan (rövid) szótagjainak lehetséges kombinációinak számítása kapcsán. Tudományos tudományágként a kombinatorika a XVII. A francia szerző A. „A számtan elmélete és gyakorlata” (1656) című könyvében szintén egy egész fejezetet szentel a kombinációknak és permutációknak.
B. Pascal a „Tratkátum az aritmetikai háromszögről” és a „Traktázat a numerikus rendekről” (1665) című művében felvázolta a binomiális együtthatók tanát. P. Fermat ismerte a matematikai négyzetek és az ábrás számok összefüggéseit az összetételelmélettel. A „kombinatorika” kifejezést azután kezdték használni, hogy Leibniz 1665-ben publikálta „Discourse on the Art of Combination” című munkáját, amely először adott tudományos alapot a kombinációk és permutációk elméletéhez. J. Bernoulli először az „Ars conjectandi” (a jóslás művészete) című könyvének második részében tanulmányozta az elhelyezéseket 1713-ban. A kombinációk modern szimbolikáját csak a 19. században javasolták különféle oktatási kézikönyvek szerzői.
A véges halmazokra vonatkozó két alapvető állításból - az összegszabályból és a szorzatszabályból - a kombinatorikus formulák sokfélesége származtatható.
Összeg szabály
Ha a véges halmazok nem metszik egymást, akkor az X U Y (vagy) elemeinek száma megegyezik az X halmaz elemszámának és az Y halmaz elemszámának összegével.
Azaz, ha X könyv van az első polcon, és Y a másodikon, akkor az első vagy a második polcról X+Y módon választhat könyvet.
Minta problémák
A tanulónak matematikai gyakorlati munkát kell végeznie. Az algebrából 17, a geometriából pedig 13 téma közül választhatott. Hányféleképpen választhat egy témát a gyakorlati munkához?
Megoldás: X=17, Y=13
Az összegzési szabály szerint X U Y=17+13=30 téma.
A készpénzes sorsolásra 5 db, a sportsorsolásra 6 db, az autósorsolásra 10 db jegy van. Hányféleképpen választhat ki egy jegyet egy sportlottóból vagy autólottóból?
Megoldás: Mivel a készpénzes és ruházati lottó nem vesz részt a választásban, csak 6 + 10 = 16 lehetőség van.
Termékszabály
Ha az X elem k, az Y elem pedig m módon választható, akkor az (X,Y) pár k*m módon választható.
Vagyis ha 5 könyv van az első polcon és 10 a másodikon, akkor 5 * 10 = 50 módon választhat egy könyvet az első polcról és egyet a másodikról.
Minta problémák
Egy könyvkötőnek 12 különböző könyvet kell bekötnie piros, zöld és barna kötésben. Hányféleképpen tudja ezt megtenni?
Megoldás: 12 könyv és 3 szín van, ami azt jelenti, hogy a termékszabály szerint 12 * 3 = 36 kötési lehetőség lehetséges.
Hány olyan ötjegyű szám van, amelyik balról jobbra és jobbról balra ugyanúgy olvasható?
Megoldás: Az ilyen számokban az utolsó számjegy megegyezik az elsővel, az utolsó előtti pedig a másodikkal. A harmadik számjegy bármi lehet. Ez a formában ábrázolható XYZYX, ahol Y és Z tetszőleges számok, és X nem nulla. Ez azt jelenti, hogy a szorzatszabály szerint mind balról jobbra, mind jobbról balra egyformán leolvasható számjegyek száma 9*10*10=900 opció.
Metsző halmazok
De előfordul, hogy az X és Y halmazok metszik egymást, akkor a képletet használják
, ahol X és Y halmazok, és a metszésterület. Minta problémák20 fő tud angolul és 10 fő németül, ebből 5 fő angolul és németül is. Hány ember van összesen?
Válasz: 10+20-5=25 fő.
Az Euler-köröket gyakran használják a probléma vizuális megoldására is. Például:
100 külföldi útra induló turista közül 30 fő beszél németül, 28 - angolul, 42 - franciául. 8 fő beszél egyszerre angolul és németül, 10 - angolul és franciául, 5 - németül és franciául, 3 - mindhárom a turisták nem beszélnek semmilyen nyelvet?Megoldás: Adjuk meg grafikusan ennek a feladatnak a feltételét. Jelöljük egy körrel azokat, akik tudnak angolul, egy másik körrel azokat, akik tudnak franciául, és egy harmadik körrel azokat, akik tudnak németül.
Három turista beszéli mindhárom nyelvet, ami azt jelenti, hogy a körök általános részében a 3-as számot írjuk be. 10 fő beszél angolul és franciául, 3 pedig németül is. Ebből következően 10-3=7 fő csak angolul és franciául beszél.Hasonlóan azt tapasztaljuk, hogy 8-3 = 5 fő csak angolul és németül beszél, 5-3 = 2 turista pedig németül és franciául. Ezeket az adatokat a megfelelő részekben írjuk be.
Határozzuk meg, hányan beszélnek csak egyet a felsorolt nyelvek közül. 30 fő tud németül, de közülük 5+3+2=10 fő beszél más nyelven, ezért csak 20 fő tud németül. Hasonlóképpen azt tapasztaljuk, hogy 13 ember beszél egyedül angolul, és 30 ember beszél franciául.A probléma szerint csak 100 turista van. 20+13+30+5+7+2+3=80 turista tud legalább egy nyelvet, így 20 fő egyik nyelvet sem beszéli.
Elhelyezések ismétlés nélkül.
Hány telefonszám készíthető egyenként 6 számjegyből úgy, hogy az összes számjegy különböző legyen?
Ez egy példa az ismétlés nélküli elhelyezési problémára. Itt 10 6-os szám van elhelyezve. Azok az opciók, amelyekben ugyanazok a számok különböző sorrendben vannak, különbözőnek számítanak.
Ha egy n elemből álló X-halmaz, m≤n, akkor az X halmaz n elemének m-be történő ismétlődés nélküli elrendezését m elemet tartalmazó X rendezett halmaznak, m elemet tartalmazó X rendezett halmaznak nevezzük.
Az n elemből álló összes elrendezés számát m-vel jelöljük
n! - n-tényezős (faktoriális tényező) az 1-től bármely n-ig terjedő természetes sorozat számainak szorzata Feladat
Hányféleképpen tud 4 fiú hat lányból négyet táncolni?
Megoldás: két fiú nem hívhatja meg egyszerre ugyanazt a lányt. És azok a lehetőségek, amelyekben ugyanazok a lányok különböző fiúkkal táncolnak, eltérőek, ezért:
360 lehetőség lehetséges.
Permutációk ismétlés nélkül
n=m esetén (lásd az ismétlés nélküli elhelyezéseket) m-ből n elemet az x halmaz permutációjának nevezünk.
Az n elemből álló összes permutáció számát P n jelöli.
Érvényes n=m esetén:
Minta problémák
Hány különböző hatjegyű szám készíthető a 0, 1, 2, 3, 4,5 számjegyekből, ha a számok nem ismétlődnek?
1) Határozza meg az összes permutáció számát ezekből a számokból: P 6 =6!=720
2) A 0 nem állhat egy szám előtt, ezért ebből a számból ki kell vonni azoknak a permutációknak a számát, amelyekben a 0 előtt áll. Ez pedig P 5 =5!=120.
P6-P5 =720-120=600
Naughty Monkey
Igen, lúdtalpú Mishka
Elkezdtünk egy kvartetten játszani
Álljatok meg, testvérek, álljatok meg! –
Majom kiabál, - várj!
Hogyan menjen a zene?
Elvégre nem ülsz így…
És így és így helyet cseréltek - megint nem megy jól a zene.
