Treba je opozoriti, da je kombinatorika samostojna veja višje matematike (in ne del terverja) in o tej disciplini so bili napisani tehtni učbeniki, katerih vsebina včasih ni lažja od abstraktne algebre. Vendar pa bo za nas dovolj majhen del teoretičnega znanja in v tem članku bom poskušal v dostopni obliki analizirati osnove teme s tipičnimi kombinatoričnimi problemi. In veliko vas mi bo pomagalo ;-)

Kaj bomo storili? V ožjem smislu je kombinatorika računanje različnih kombinacij, ki jih je mogoče sestaviti iz določene množice diskretna predmetov. Predmeti so vsi ločeni predmeti ali živa bitja - ljudje, živali, gobe, rastline, žuželke itd. Pri tem pa kombinatoriki sploh ni mar, da komplet sestavljajo krožnik zdrobove kaše, spajkalnik in močvirska žaba. Bistveno pomembno je, da je te objekte mogoče našteti – trije so (diskretnost) in pomembno je, da nobeden od njih ni enak.

Veliko smo se ukvarjali, zdaj o kombinacijah. Najpogostejše vrste kombinacij so permutacije predmetov, njihova izbira iz nabora (kombinacija) in porazdelitev (umestitev). Poglejmo, kako se to zgodi zdaj:

Permutacije, kombinacije in umestitve brez ponavljanja

Ne bojte se obskurnih izrazov, še posebej, ker nekateri res niso zelo dobri. Začnimo z repom naslova - kaj pomeni " brez ponovitev"? To pomeni, da bomo v tem razdelku obravnavali nize, ki so sestavljeni iz različno predmetov. Na primer, ... ne, ne bom ponudil kaše s spajkalnikom in žabo, bolje je imeti nekaj okusnejšega =) Predstavljajte si, da so se na mizi pred vami materializirale jabolko, hruška in banana ( če jih imate, lahko situacijo simulirate v realnosti). Sadje razporedimo od leve proti desni v naslednjem vrstnem redu:

jabolko / hruška / banana

Prvo vprašanje: Na koliko načinov jih je mogoče preurediti?

Ena kombinacija je že napisana zgoraj, z ostalimi pa ni težav:

jabolko/banana/hruška
hruška/jabolko/banana
hruška / banana / jabolko
banana / jabolko / hruška
banana / hruška / jabolko

Skupaj: 6 kombinacij ali 6 permutacije.

V redu, ni bilo težko našteti vseh možnih primerov, a kaj ko je predmetov več? S samo štirimi različnimi vrstami sadja se bo število kombinacij znatno povečalo!

Odprite referenčni material (priročnik je priročno natisniti) in v točki št. 2 poiščite formulo za število permutacij.

Brez težav - 3 predmete je mogoče preurediti na različne načine.

Drugo vprašanje: Na koliko načinov lahko izbereš a) en sadež, b) dva sadeža, c) tri sadeže, d) vsaj en sadež?

Zakaj izbrati? Tako smo si v prejšnji točki dvignili apetit – da bi jedli! =)

a) Eno sadje lahko seveda izberete na tri načine - vzemite jabolko, hruško ali banano. Formalni izračun se izvede po formula za število kombinacij:

Vnos v tem primeru je treba razumeti takole: "na koliko načinov lahko izberete 1 sadje od treh?"

b) Naštejmo vse možne kombinacije dveh sadežev:

jabolko in hruška;
jabolko in banana;
hruška in banana.

Število kombinacij je mogoče enostavno preveriti z isto formulo:

Vnos je razumljen na podoben način: "na koliko načinov lahko izberete 2 sadja od treh?"

c) In končno, obstaja samo en način za izbiro treh sadežev:

Mimogrede, formula za število kombinacij ostaja smiselna za prazen vzorec:
Na ta način ne morete izbrati niti enega sadja - pravzaprav ne vzemite ničesar in to je to.

d) Na koliko načinov lahko vzamete vsaj en sadje? Pogoj "vsaj eden" pomeni, da smo zadovoljni z 1 sadjem (poljubnim) ali katerim koli 2 sadjem ali vsemi 3 sadeži:
s temi metodami lahko izberete vsaj eno sadje.

Bralci, ki so natančno preučili uvodno lekcijo o teorija verjetnosti, nekaj smo že uganili. Toda več o pomenu znaka plus kasneje.

Za odgovor na naslednje vprašanje potrebujem dva prostovoljca ... ... No, ker nihče noče, te pokličem na tablo =)

Tretje vprašanje: Na koliko načinov lahko razdelite po en sadež Daši in Nataši?

Če želite razdeliti dva sadeža, ju morate najprej izbrati. Glede na odstavek »be« prejšnjega vprašanja je to mogoče storiti na načine, ki jih bom prepisal:

jabolko in hruška;
jabolko in banana;
hruška in banana.

Sedaj pa bo kombinacij dvakrat več. Razmislite na primer o prvem paru sadežev:
Dašo lahko pogostite z jabolkom, Natašo pa s hruško;
ali obratno - Daša bo dobila hruško, Nataša pa jabolko.

In takšna permutacija je možna za vsak par sadežev.

Razmislite o isti skupini študentov, ki je šla na ples. Na koliko načinov se lahko sestavita fant in dekle?

Na načine, kako lahko izberete 1 mladeniča;
načine, kako lahko izberete 1 dekle.

Tako en mladenič in Izbereš lahko eno dekle: načine.

Ko je iz vsakega niza izbran 1 predmet, velja naslednje načelo štetja kombinacij: “ vsak predmet iz ene množice lahko tvori par z vsakim predmet drugega niza."

To pomeni, da lahko Oleg na ples povabi katero koli od 13 deklet, Evgenij lahko povabi katero koli od trinajstih, podobno izbiro imajo tudi ostali mladi. Skupaj: možni pari.

Opozoriti je treba, da v tem primeru "zgodovina" nastanka para ni pomembna; če pa upoštevamo pobudo, je treba število kombinacij podvojiti, saj lahko vsaka od 13 deklet na ples povabi tudi katerega koli fanta. Vse je odvisno od pogojev določene naloge!

Podobno načelo velja za bolj zapletene kombinacije, na primer: na koliko načinov lahko izberete dva mladeniča? in dve dekleti za sodelovanje v skeču KVN?

zveza IN jasno namiguje, da je treba kombinacije pomnožiti:

Možne skupine umetnikov.

Z drugimi besedami, vsak lahko nastopa deški par (45 unikatnih parov). kaj par deklet (78 unikatnih parov). In če upoštevamo porazdelitev vlog med udeleženci, bo kombinacij še več. ... res si želim, vendar se bom vseeno vzdržal nadaljevanja, da ne bom v tebi vzbudil odpora do študentskega življenja =).

Pravilo množenja kombinacij velja tudi za večje število množiteljev:

Problem 8

Koliko je trimestnih števil, ki so deljiva s 5?

rešitev: zaradi jasnosti to številko označimo s tremi zvezdicami: ***

IN na stotine mesto Napišete lahko katero koli številko (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ali 9). Nič ni primerna, saj v tem primeru številka ni več trimestna.

Ampak v mesto desetin(»v sredini«) lahko izberete katero koli izmed 10 števk: .

Število mora biti po pogoju deljivo s 5. Število je deljivo s 5, če se konča s 5 ali 0. Tako se zadovoljimo z 2 števkama v najmanj pomembni števki.

Skupno je: trimestna števila, ki so deljiva s 5.

V tem primeru je delo dešifrirano na naslednji način: »9 načinov, na katere lahko izberete številko na stotine mesto in 10 načinov, kako izbrati številko v mesto desetin in 2 poti noter številka enote»

Ali še preprosteje: " vsak od 9 števk do na stotine mesto združuje z vsakim 10 števk mesto desetin in z vsakim od dvomestne do številka enote».

Odgovori: 180

In zdaj…

Ja, skoraj sem pozabil na obljubljeni komentar k problemu št. 5, v katerem lahko Bor, Dima in Volodja na različne načine razdelijo po eno karto. Množenje ima tukaj enak pomen: načine za odstranitev 3 kart iz krova IN v vsakem vzorec jih preuredite na načine.

In zdaj problem, ki ga morate rešiti sami ... zdaj bom izmislil nekaj bolj zanimivega ... naj gre za isto rusko različico blackjacka:

Problem 9

Koliko zmagovalnih kombinacij 2 kart je pri igri "point"?

Za tiste, ki ne vedo: dobitna kombinacija je 10 + ACE (11 točk) = 21 točk in poglejmo zmagovalno kombinacijo dveh asov.

(vrstni red kart v katerem koli paru ni pomemben)

Kratka rešitev in odgovor na koncu lekcije.

Mimogrede, ne menite, da je primer primitiven. Blackjack je skoraj edina igra, za katero obstaja matematično zasnovan algoritem, ki vam omogoča, da premagate igralnico. Zainteresirani zlahka najdejo ogromno informacij o optimalni strategiji in taktiki. Res je, takšni mojstri hitro končajo na črnem seznamu vseh ustanov =)

Čas je, da utrdimo prejeto snov z nekaj solidnimi nalogami:

Problem 10

Vasya ima doma 4 mačke.

a) Na koliko načinov lahko mačke posedemo po kotih sobe?
b) na koliko načinov lahko spustite mačke na sprehod?
c) na koliko načinov lahko Vasja pobere dve mački (eno na levi, drugo na desni)?

Odločimo se: prvič, ponovno morate biti pozorni na dejstvo, s katerim se problem ukvarja drugačen predmetov (tudi če sta mački enojajčni dvojčici). To je zelo pomemben pogoj!

a) Molk mačk. Predmet te izvršitve vse mačke naenkrat
+ njihova lokacija je pomembna, zato so tukaj permutacije:
s temi metodami lahko mačke postavite v kote sobe.

Ponavljam, da je pri permutaciji pomembno le število različnih predmetov in njihova relativna lega. Glede na Vasjino razpoloženje lahko živali posadi v polkrog na kavč, v vrsto na okensko polico itd. – v vseh primerih bo permutacij 24. Za udobje si lahko zainteresirani predstavljajo, da so mačke večbarvne (na primer bela, črna, rdeča in tabby) in naštejejo vse možne kombinacije.

b) Na koliko načinov lahko spustite mačke na sprehod?

Predpostavlja se, da gredo mačke na sprehod samo skozi vrata, vprašanje pa pomeni brezbrižnost glede števila živali - na sprehod gredo lahko 1, 2, 3 ali vse 4 mačke.

Štejemo vse možne kombinacije:

Na načine, kako lahko pustite eno mačko (katero koli od štirih) na sprehod;
načini, kako lahko dve mački pustite na sprehod (možnosti naštejte sami);
kako lahko tri mačke spustiš na sprehod (ena od štirih sedi doma);
Tako lahko izpustite vse mačke.

Verjetno ste uganili, da je treba dobljene vrednosti sešteti:
načinov, kako lahko mačke spustite na sprehod.

Za navdušence ponujam zapleteno različico problema - ko lahko katera koli mačka v katerem koli vzorcu naključno gre ven, tako skozi vrata kot skozi okno v 10. nadstropju. Opazen bo porast kombinacij!

c) Na koliko načinov lahko Vasja pobere dve mački?

Situacija ne vključuje samo izbire 2 živali, ampak tudi dajanje v vsako roko:
Na te načine lahko poberete 2 mački.

Druga rešitev: z metodami lahko izberete dve mački in načine sajenja vsak par pri roki:

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

No, za čisto vest še nekaj konkretnega o množenju kombinacij... Naj ima Vasja 5 dodatnih mačk =) Na koliko načinov lahko pustite 2 mački na sprehod? in 1 mačka?

Se pravi z vsak nekaj mačk se lahko izpusti vsak mačka.

Še ena gumbna harmonika za samostojno rešitev:

Problem 11

Trije potniki so vstopili v dvigalo 12-nadstropne stavbe. Vsakdo, ne glede na druge, lahko z enako verjetnostjo izstopi iz katerega koli (začenši od 2.) nadstropja. Na koliko načinov:

1) potniki lahko izstopijo v istem nadstropju (izstopni vrstni red ni pomemben);
2) dve osebi lahko izstopita v enem nadstropju, tretji pa v drugem;
3) ljudje lahko izstopijo v različnih nadstropjih;
4) ali lahko potniki izstopijo iz dvigala?

In tukaj pogosto znova vprašajo, pojasnim: če 2 ali 3 osebe izstopijo v istem nadstropju, potem vrstni red izhoda ni pomemben. RAZMIŠLJAJ, uporabljaj formule in pravila za seštevanje/množenje kombinacij. V primeru težav je koristno, da potniki navedejo imena in špekulirajo, v kakšnih kombinacijah lahko izstopijo iz dvigala. Ni treba biti razburjen, če se nekaj ne izide, na primer, točka št. 2 je precej zahrbtna, vendar je eden od bralcev našel preprosto rešitev in še enkrat izražam svojo hvaležnost za vaša pisma!

Celotna rešitev s podrobnimi komentarji na koncu lekcije.

Zadnji odstavek je namenjen kombinacijam, ki se prav tako pojavljajo precej pogosto - po moji subjektivni oceni v približno 20-30% kombinatoričnih problemov:

Permutacije, kombinacije in umestitve s ponovitvami

Naštete vrste kombinacij so opisane v odstavku št. 5 referenčnega gradiva Osnovne formule kombinatorike, vendar nekateri od njih ob prvem branju morda niso zelo jasni. V tem primeru je najprej priporočljivo, da se seznanite s praktičnimi primeri in šele nato razumete splošno formulacijo. Pojdi:

Permutacije s ponovitvami

Pri permutacijah s ponovitvami, kot pri »navadnih« permutacijah, vse veliko predmetov hkrati, vendar obstaja ena stvar: v tem nizu se en ali več elementov (predmetov) ponavlja. Izpolnite naslednji standard:

Problem 12

Koliko različnih kombinacij črk lahko dobimo, če preuredimo karte z naslednjimi črkami: K, O, L, O, K, O, L, b, Ch, I, K?

rešitev: v primeru, da bi bile vse črke različne, bi bilo treba uporabiti trivialno formulo, vendar je popolnoma jasno, da bodo za predlagani niz kart nekatere manipulacije delovale "v prazno", na primer, če zamenjate kateri koli dve karti s črkama "K" " v kateri koli besedi dobite isto besedo. Poleg tega so lahko karte fizično zelo različne: ena je lahko okrogla z natisnjeno črko "K", druga je lahko kvadratna z narisano črko "K". Toda glede na pomen naloge tudi takšne karte veljajo za enake, saj pogoj sprašuje o črkovnih kombinacijah.

Vse je zelo preprosto - samo 11 kart, vključno s pismom:

K – ponovljeno 3-krat;
O – ponovljeno 3-krat;
L – ponovljeno 2-krat;
b – ponovljeno 1-krat;
H – ponovljeno 1-krat;
In - ponovljeno 1-krat.

Preverjanje: 3 + 3 + 2 + 1 + 1 + 1 = 11, kar je bilo treba preveriti.

Po formuli število permutacij s ponovitvami:
možne so različne kombinacije črk. Več kot pol milijona!

Za hiter izračun velike faktorske vrednosti je priročno uporabiti standardno Excelovo funkcijo: vnesite katero koli celico =DEJSTVO(11) in pritisnite Vnesite.

V praksi je povsem sprejemljivo, da splošne formule ne napišemo in poleg tega izpustimo faktorijele enote:

Vendar so potrebni predhodni komentarji o ponavljajočih se črkah!

Odgovori: 554400

Drug tipičen primer permutacij s ponavljanjem se pojavi pri problemu postavitve šahovskih figur, ki ga najdete v skladišču že pripravljene rešitve v ustreznem pdf-ju. In za neodvisno rešitev sem prišel do manj formulirane naloge:

Problem 13

Alexey se ukvarja s športom in 4 dni na teden - atletiko, 2 dni - vaje za moč in 1 dan počitek. Na koliko načinov si lahko ustvari tedenski urnik?

Formula tukaj ne deluje, ker upošteva naključne zamenjave (na primer zamenjava vaj za moč v sredo s vajami za moč v četrtek). In spet – pravzaprav se lahko ista 2 treninga moči med seboj zelo razlikujeta, a v kontekstu naloge (z vidika urnika) veljata za iste elemente.

Dvovrstična rešitev in odgovor na koncu lekcije.

Kombinacije s ponovitvami

Značilnost te vrste kombinacije je, da je vzorec sestavljen iz več skupin, od katerih je vsaka sestavljena iz enakih predmetov.

Danes so vsi trdo delali, zato je čas, da se osvežite:

Problem 14

V študentski menzi prodajajo klobase v testu, sirnice in krofe. Na koliko načinov lahko kupiš pet pit?

rešitev: takoj bodite pozorni na tipično merilo za kombinacije s ponovitvami - glede na pogoj ni nabor predmetov kot tak, ki je ponujen za izbiro, ampak različne vrste predmeti; predvideva se, da je v prodaji vsaj pet hrenovk, 5 sirovih tort in 5 krofov. Pite v vsaki skupini so seveda drugačne - saj je popolnoma enake krofe mogoče simulirati le na računalniku =) Vendar pa fizikalne lastnosti pit za namen problema niso pomembne, hrenovke / sirove torte / krofi v svojih skupinah veljajo za enake.

Kaj bi lahko bilo v vzorcu? Najprej je treba opozoriti, da bodo v vzorcu zagotovo enake pite (saj izbiramo 5 kosov, na izbiro pa so 3 vrste). Tu so možnosti za vsak okus: 5 hrenovk, 5 sirovih kolačkov, 5 krofov, 3 hrenovke + 2 sirova kolačka, 1 hrenovka + 2 sirova kolačka + 2 krofa itd.

Tako kot pri “navadnih” kombinacijah, vrstni red izbire in postavitev pit v izboru nista pomembna – izbereš samo 5 kosov in to je to.

Uporabljamo formulo število kombinacij s ponovitvami:
S to metodo lahko kupite 5 pit.

Dober tek!

Odgovori: 21

Kakšen zaključek je mogoče potegniti iz številnih kombinatoričnih problemov?

Včasih je najtežje razumeti stanje.

Podoben primer za neodvisno rešitev:

Problem 15

Denarnica vsebuje precej veliko število kovancev za 1, 2, 5 in 10 rubljev. Na koliko načinov lahko tri kovance odstranimo iz denarnice?

Za namene samokontrole odgovorite na nekaj preprostih vprašanj:

1) Ali so lahko vsi kovanci v vzorcu različni?
2) Poimenujte »najcenejšo« in »najdražjo« kombinacijo kovancev.

Rešitev in odgovori na koncu lekcije.

Iz osebnih izkušenj lahko povem, da so kombinacije s ponovitvami najredkejši gost v praksi, kar pa ne moremo reči za naslednje vrste kombinacij:

Postavitve s ponovitvami

Iz nabora elementov se izberejo elementi, pri čemer je pomemben vrstni red elementov pri posameznem izboru. In vse bi bilo v redu, a precej nepričakovana šala je, da lahko izberemo kateri koli predmet prvotnega nabora tolikokrat, kot želimo. Figurativno povedano, »množica se ne bo zmanjšala«.

Kdaj se to zgodi? Tipičen primer je kombinirana ključavnica z več diski, vendar je zaradi tehnološkega razvoja bolj relevantno upoštevati njenega digitalnega potomca:

Problem 16

Koliko štirimestnih PIN kod obstaja?

rešitev: pravzaprav je za rešitev težave dovolj poznavanje pravil kombinatorike: na različne načine lahko izberete prvo številko kode PIN in načine - druga številka kode PIN in na toliko načinov – tretjič in enako število - četrti. Tako lahko štirimestno pin kodo po pravilu množenja kombinacij sestavimo na: načine.

In zdaj z uporabo formule. Glede na pogoj se nam ponudi nabor številk, iz katerega se izberejo in razporedijo številke v določenem vrstnem redu, medtem ko se številke v vzorcu lahko ponavljajo (tj. katero koli števko izvirnega niza je mogoče uporabiti poljubno število krat). Po formuli za število umestitev s ponovitvami:

Odgovori: 10000

Kaj pa pride tukaj na misel... ...če bankomat "poje" kartico po tretjem neuspešnem poskusu vnosa PIN kode, potem je verjetnost, da bi jo naključno pobral, zelo majhna.

In kdo je rekel, da kombinatorika nima praktičnega pomena? Kognitivna naloga za vse bralce spletnega mesta:

Problem 17

Po državnem standardu je avtomobilska registrska tablica sestavljena iz 3 številk in 3 črk. V tem primeru je številka s tremi ničlami ​​nesprejemljiva, črke pa so izbrane iz niza A, B, E, K, M, N, O, P, S, T, U, X (uporabljene so samo tiste črke cirilice, katerih zapis sovpada z latinskimi črkami).

Koliko različnih registrskih tablic je mogoče ustvariti za regijo?

Mimogrede, ne tako veliko. V velikih regijah ni dovolj te količine, zato zanje obstaja več kod za napis RUS.

Rešitev in odgovor sta na koncu lekcije. Ne pozabite uporabiti pravil kombinatorike ;-) ...Hotel sem pokazati, kaj je ekskluzivno, pa se je izkazalo, da ni ekskluzivno =) Pogledal sem Wikipedijo - tam so izračuni, čeprav brez komentarjev. Čeprav je verjetno v izobraževalne namene le malo ljudi to rešilo.

Naša vznemirljiva lekcija se je končala in na koncu želim povedati, da niste izgubljali časa - ker kombinatorične formule najdejo še eno pomembno praktično uporabo: najdemo jih pri različnih problemih v teorija verjetnosti,
in v problemi, ki vključujejo klasično določanje verjetnosti– še posebej pogosto =)

Hvala vsem za aktivno sodelovanje in se vidimo!

Rešitve in odgovori:

Naloga 2: rešitev: poiščite število vseh možnih permutacij 4 kart:

Ko je karta z ničlo postavljena na 1. mesto, številka postane trimestna, zato je treba te kombinacije izključiti. Naj bo na 1. mestu ničla, potem lahko preostale 3 števke v spodnjih števkah prerazporedimo na različne načine.

Opomba : Ker Ker je na voljo le nekaj kartic, je enostavno navesti vse možnosti tukaj:
0579
0597
0759
0795
0957
0975

Tako lahko iz predlaganega nabora naredimo:
24 – 6 = 18 štirimestnih števil
Odgovori : 18

Naloga 4: rešitev: tako lahko izberete 3 karte izmed 36. in
2) "Najcenejši" komplet vsebuje 3 kovance rubljev, najdražji pa 3 kovance za deset rubljev.

Problem 17: rešitev: s temi metodami lahko ustvarite digitalno kombinacijo številke avtomobila, pri čemer je treba eno od njih (000) izključiti: .
s temi metodami lahko ustvarite kombinacijo črk številke registrske tablice.
Po pravilu množenja kombinacij lahko seštevek sestavi:
registrske tablice
(vsak digitalna kombinacija je kombinirana z vsakim kombinacija črk).
Odgovori : 1726272

Pouk matematike v 5. razredu « Spoznajte kombinatoriko" Tema lekcije: Namen lekcije : oblikujejo začetne spretnosti pri kombinatoričnih problemih z iskanjem možnih možnosti.
Cilji lekcije:

Izobraževalni:

Razvoj sposobnosti reševanja kombinatoričnih problemov z metodo izčrpnega naštevanja možnosti;

Razvijanje sposobnosti uporabe matematične teorije v specifičnih situacijah;

Seznanjanje študentov z elementi humanistike, povezane z matematiko.

Izobraževalni:

Razvoj sposobnosti samostojne izbire metode reševanja in sposobnosti utemeljitve izbire;

Razvijanje sposobnosti reševanja problemov samo z uporabo logičnega sklepanja;

Razvoj sposobnosti izbire racionalne metode kodiranja;

Razvoj komunikacijskih in ustvarjalnih sposobnosti učencev.

Izobraževalni:

Vzgojiti občutek odgovornosti za kakovost in rezultate opravljenega dela; Vzbuditi zavesten odnos do dela;

Ustvarite odgovornost za končni rezultat.

Oprema:

interaktivna tabla; izročki (barvne črte: bela, modra, rdeča); nalogne kartice.

Med poukom.

Organiziranje časa. Učenje nove snovi. Praktični del. Odsev Označevanje Domača naloga

Organiziranje časa.

Učiteljica: Zdravo družba! Zelo pogosto se morate v življenju odločiti, izbrati. To je zelo težko narediti, pa ne zato, ker ni izbire, ampak zato, ker moraš izbirati med številnimi možnimi možnostmi, različnimi metodami, kombinacijami. In vedno želimo, da je ta izbira optimalna. Naloge, ki jih bomo rešili danes, vam bodo pomagale ustvarjati, razmišljati nenavadno, izvirno, videti tisto, kar ste pogosto šli mimo, ne da bi opazili. In danes se bomo ponovno prepričali, da je naš svet poln matematike, in nadaljevali z raziskavami, da bi prepoznali matematiko okoli nas.Ali veste, kaj je "kraljevska drža"? Poskusimo zavzeti kraljevsko pozo: hrbet je raven, mišice glave brez napetosti, obrazna mimika je zelo pomembna: navsezadnje znate tako dobro šteti, da kraljevina ne more. Zelo hitro aktiviramo svoje možgane. To storite tako, da intenzivno masirate točko med obrvmi: s kazalcem desne roke naredite 5 krožnih gibov v eno in drugo smer. To ponovimo 2-3 krat

Posodabljanje teme in motivacije.

Rešimo problem številka 1, Problem 1 . Na blagajni kina stojijo štirje fantje. Dva od njih imata bankovce po sto rubljev, druga dva pa bankovce po petdeset rubljev.(Učitelj pokliče 4 učence pred tablo in jim podeli modele bankovcev). Vstopnica za kino stane 50 rubljev. Na začetku prodaje je blagajna prazna.(Učitelj pokliče "blagajnika" in mu da "vstopnice") . Kako naj se fantje postavijo, da ne bo komu treba čakati na spremembo? Zaigrajmo prizor, s katerim lahko najdete dve možni rešitvi:

50 rubljev, 100 rubljev, 50 rubljev, 100 rubljev; 50 rubljev, 50 rubljev, 100 rubljev, 100 rubljev (diapozitiv št. 2 in št. 3).

Naloga št. 2 . Več držav se je odločilo, da bodo za svojo nacionalno zastavo uporabljale simbole v obliki treh vodoravnih črt enake širine v različnih barvah – beli, modri, rdeči. Koliko držav lahko uporablja takšne simbole, pod pogojem, da ima vsaka država svojo zastavo?(Učenci dobijo barvne črte (bele, modre, rdeče) in jih prosijo, naj naredijo različne različice zastav? (Slide št. 4)Učiteljica: Vzemimo si malo počitka, preden preidemo na naslednji korak lekcije. Sedite na stolu - sprostite se, zavzemite položaj jakne, ki visi na obešalniku, Ustreli z očmi na svoje sosede. Komolce čim bolj stisnite za hrbet, nato pa se močno objemite.

Učenje nove snovi .

Učiteljica: Tako smo pri reševanju teh težav preiskali vse možne možnosti,ali, kot običajno rečejo v teh primerih, vse možne kombinacije. Zato se takšni problemi imenujejo kombinatorni. V življenju morate pogosto izračunati možne (ali nemogoče) možnosti, zato je koristno, da se seznanite s kombinatoričnimi problemi,in veja matematike, ki se ukvarja z reševanjem teh problemov, se imenuje kombinatorika.(Slide št. 5) Učenci zapišejo definicijo v zvezek:

Kombinatorika je veja matematike, ki se ukvarja z reševanjem problemov izbire in urejanja danih elementov po danih pravilih

Pogosto vprašanje pri kombinatoričnih problemih je " Na koliko načinov ...?" oz

« Koliko možnosti …?»

učiteljica : Še enkrat se vrnimo k problemu zastavice, rešimo ga z naštevanjem možnih možnosti: (diapozitiv št. 7) KBS KSB BSK BKS SBC SKBOdgovor: 6 možnosti. Zato smo pri reševanju tega problema iskali način, kako našteti možne možnosti. notriV mnogih primerih se izkaže, da je koristno sestaviti sliko - diagram naštevanja možnosti. To je, prvič, jasno, in drugič, omogoča nam, da upoštevamo vse in ničesar ne zamudimo.

Zastavica rešitve

Možnosti BSK, BKS, SBK, SKB, KBS, KSB.

Odgovor: 6 možnosti.

Vprašanje, na katerega bi morali vsi vedeti odgovor: katera od predstavljenih možnosti zastave je državna zastava Ruske federacije.(Slide št. 7)

Izkazalo se je, da teh treh barv nima le ruska zastava. Obstajajo države, katerih zastave imajo enake barve.

KBS - Luksemburg,

Nizozemska.

Francija SKB

Učiteljica: Poiščimo pravilo za reševanje takih problemov z logičnim sklepanjem.

Poglejmo primer barvnih črt. Vzemimo bel trak - lahko ga preuredimo 3-krat, vzemimo modri trak - preuredimo ga lahko samo 2-krat, ker eno od mest je že zasedeno z belo črto, vzemite rdečo črto - postavite jo lahko samo enkrat.

SKUPAJ: 3 x 2 x 1=6

Osnovno pravilo dela :

Pravilo množenja: če lahko prvi element v kombinaciji izberemo na načinov, nato pa lahko drugi element izberemo na b načinov, potem bo skupno število kombinacij enako a x b . (diapozitiv št. 8)

Telovadba za oči. (diapozitiv št. 9)

Vaja "Oblike".

Narišite kvadrat, krog, trikotnik, oval, romb z očmi v smeri urinega kazalca in nato v nasprotni smeri urinega kazalca.

Praktični del

Učiteljica: Zdaj pa preidimo na matematične probleme. (razdelimo kartončke z nalogami)

En precej znan mušketir ima v svoji garderobi 3 elegantne klobuke, 4 čudovite ogrinjale in 2 para odličnih škornjev. Koliko kostumov lahko ustvari? (Iz treh sklopov izberemo en element, torej naredimo »trojko«, kar pomeni, da po pravilu množenja dobimo 3 4 2 = 24 kostumskih možnosti.)

V nogometni ekipi je 11 ljudi. Treba je izbrati kapitana in njegovega namestnika. Na koliko načinov je to mogoče storiti? (Skupaj je 11 ljudi, kar pomeni, da je kapetana mogoče izbrati na 11 načinov, ostalo je 10 igralcev, med katerimi lahko izberemo namestnika kapetana. Torej, par kapetana in njegovega namestnika lahko izberemo na 11 10 = 110 načine.)

Koliko različnih dvomestnih števil lahko sestavimo s številkami 1, 4, 7, če se številke ponavljajo? (Dobiti morate dvomestno številko - samo dve poziciji. Na prvo mesto lahko postavite katero koli od predlaganih številk - 3 možnosti izbire, na drugo mesto, ob upoštevanju možnosti ponavljanja številke, pa tudi 3 možnosti izbire To pomeni, da par številk sestavimo na 3 3 = 9 načinov, torej dobite 9 številk.

Koliko različnih trimestnih števil lahko sestavimo iz števk 1, 2, 3, 4, 5, če se nobena števka ne ponavlja? (Trimestno število: prvi položaj - 5 možnosti za številke, drugi položaj, ob upoštevanju izključitve ponovitev številk - 4 možnosti, tretji položaj - 3 možnosti. Dobimo 5 4 3 = 60 številk.)

Koliko različnih dvomestnih števil lahko sestavimo iz števil 0, 1, 2, 3, če se števila: a) lahko ponavljajo; b) ni mogoče ponoviti? (a) Dvomestno število, tako kot vsako večmestno število, se ne more začeti z 0, zato lahko na prvo mesto postavite samo 3 od razpoložljivih 4 števk, 3 možnosti, na drugo mesto, ob upoštevanju ponavljanja , lahko vnesete katero koli števko - 4 možnosti na izbiro. Zato se izkaže, da je 3 4 = 12 številk; b) Prva pozicija – 3 možnosti, druga pozicija – 3 možnosti, ker ponavljanje je izključeno. Dobimo 3 3 = 9 številk.)

Varna koda je sestavljena iz petih različnih številk. Koliko različnih možnosti za ustvarjanje šifre? (5 4 3 2 1 = 120 možnosti.) Na koliko načinov lahko 6 ljudi sedi za mizo s 6 jedilnimi pribori? (6 5 4 3 2 1 = 720 načinov.)

6 naprav?(6 5 4 3 2 1 = 720 načinov.)

(8 7 6 5 4 = 6720 možnosti.)

(Uporabljene številke so 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 – skupaj 10 števk, razen 0 in 9 na začetku številke po dogovoru, ob upoštevanju možnosti ponovitev, dobimo 8 10 10 10 · 10 · 10 · 10 = 8.000.000 števil.)

Odsev

Učiteljica: Fantje, naša lekcija se bliža koncu. Ali menite, da smo danes dosegli svoj cilj, zakaj? Kaj je bilo v lekciji težko, kako se lahko s tem spopadete? Razmislite in si dajte oceno za svoje delo in delo, postavite jo sami, nihče od fantov ne bo videl te ocene, poskusite biti pošteni do sebe. Ali ste v celoti sodelovali pri pouku? Kaj je treba narediti za boljše rezultate?

Poleg tega morajo učenci odgovoriti na 3 kratka vprašanja:

Pri današnji lekciji sem bil ... (lahek, običajno, težak)

Jaz… (naučil sem se in se lahko prijavim, se naučil in se težko prijavim, nisem se učil)

Moje samospoštovanje do lekcije ...

Ni vam treba podpisati odgovorov na zgornja vprašanja, ker njihova glavna naloga je pomoč učitelju pri analizi lekcije in njenih rezultatov

Povzemanje . Označevanje

Učiteljica: Zelo sem vesela, da ste mnogi danes dobro delali in se naučili veliko novega, a res bi si želel, da bi vsi pridno delali doma in pri naslednji uri ne bi dobili slabih ocen.

7. Domača naloga :

1) Ustvarite problem glede svojega razreda

2) Več držav se je odločilo za uporabo simbolov za svojo nacionalno zastavo v obliki 3 vodoravnih črt različnih širin, različnih barv - bela, modra, rdeča. Koliko držav lahko uporablja takšne simbole, pod pogojem, da ima vsaka država svojo zastavo?

3) a) Koliko dvomestnih števil lahko sestavimo iz števil 1, 3, 5, 7, 9?

b) Koliko dvomestnih števil lahko sestavimo iz števil 1, 3, 5, 7, 9, če se števila ne smejo ponavljati

učiteljica : Torej, vesel sem bil, da sem te spoznal, zanimaj se za matematiko, to se bo nedvomno pozitivno odrazilo v tvojih mislih in dejanjih. Lekcije je konec. Hvala vsem. Adijo.

Literatura:

E.A. Bunimovich, V.A. Bulychev. Verjetnost in statistika v splošnem šolskem tečaju matematike: predavanja 1-4, 5 – 8. – M.: Pedagoška univerza “Prvi september”, 2006.

Vilenkin N.Y. Matematika. 5. razred: učbenik za splošno izobraževanje. institucije / N. Ya. Vilenkin in drugi - M.: Mnemosyna, 2009.

Smykalova E.V. Dodatna poglavja o matematiki za učence 5. razreda. SPb: SMIO. Tisk, 2006.

5. razred. "Matematika-5", I.I. Zubareva, A.G. Mordkovič, 2004.

Naloge (kartice)

En precej znan mušketir ima v svoji garderobi 3 elegantne klobuke, 4 čudovite ogrinjale in 2 para odličnih škornjev. Koliko kostumov lahko ustvari?

V nogometni ekipi je 11 ljudi. Treba je izbrati kapitana in njegovega namestnika. Na koliko načinov je to mogoče storiti?

Koliko različnih dvomestnih števil lahko sestavimo s številkami 1, 4, 7, če se številke ponavljajo

Koliko različnih trimestnih števil lahko sestavimo iz števk 1, 2, 3, 4, 5, če se nobena števka ne ponavlja?

Koliko različnih dvomestnih števil lahko sestavimo iz števil 0, 1, 2, 3, če se števila: a) lahko ponavljajo; b) ni mogoče ponoviti?

Varna koda je sestavljena iz petih različnih številk. Koliko različnih možnosti za ustvarjanje šifre?

Na koliko načinov lahko 6 ljudi sedi za mizo, na kateri 6 naprav?

V petem razredu se obravnava 8 predmetov. Koliko različnih urnikov lahko ustvarite za ponedeljek, če bi moralo biti ta dan 5 ur in so vse ure različne?

1. Koliko možnih sedemmestnih telefonskih številk lahko ustvarite, če izključite številke, ki se začnejo z 0 in 9?

odgovori

Iz treh sklopov izberemo en element, torej sestavimo »trojko«, kar pomeni, da po pravilu množenja dobimo 3 4 2 = 24 kostumskih možnosti.

Skupaj je 11 ljudi, kar pomeni, da je kapetana mogoče izbrati na 11 načinov, ostane pa 10 igralcev, med katerimi lahko izberete namestnika kapetana. Torej lahko par, kapitana in njegovega namestnika, izberemo na 11 10 = 110 načinov.

Morali bi dobiti dvomestno število - samo dve poziciji. Na prvo mesto lahko postavite katero koli izmed predlaganih številk - 3 izbire, na drugo mesto, ob upoštevanju možnosti ponavljanja številke, pa so prav tako 3 izbire. To pomeni, da par števil sestavimo na 3 3 = 9 načinov, tj. dobiš 9 številk.

Trimestno število: prvo mesto - 5 možnosti za številke, drugo mesto, ob upoštevanju izključitve ponovitev številk - 4 možnosti, tretje mesto - 3 možnosti. Dobimo 5 4 3 = 60 števil.

(a) Dvomestno število, tako kot vsako večmestno število, se ne more začeti z 0, zato lahko na prvo mesto postavite samo 3 od razpoložljivih 4 števk, 3 možnosti, na drugo mesto, ob upoštevanju ponavljanja , lahko vnesete katero koli števko - 4 možnosti na izbiro. Zato se izkaže, da je 3 4 = 12 številk; b) Prva pozicija – 3 možnosti, druga pozicija – 3 možnosti, ker ponavljanje je izključeno. Dobimo 3 3 = 9 številk.

5 4 3 2 1 = 120 možnosti.

1. 6 5 4 3 2 1 = 720 načinov

2. 8 7 6 5 4 = 6720 možnosti

   Uporabljene številke so 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 – skupaj 10 števk, razen 0 in 9 na začetku številke po dogovoru, ob upoštevanju možnosti ponavljanja , dobimo 8 10 10 10 10 10 10 = 8.000.000 števil.

Pri reševanju številnih praktičnih problemov je treba uporabiti kombinacije elementov, iz danega niza izbrati tiste, ki imajo določene lastnosti, in jih postaviti v določen vrstni red. Take naloge imenujemo kombinatorika. Veja matematike, ki se ukvarja z reševanjem problemov izbire in razporejanja elementov v skladu z danimi pogoji, se imenuje kombinatorika. Izraz "kombinatorika" izhaja iz latinske besede "kombina", kar v ruščini pomeni "združiti", "povezati".

Izbrane skupine elementov imenujemo povezave. Če so vsi elementi povezave različni, dobimo povezave brez ponovitev, ki jih bomo obravnavali spodaj.

Večina kombinatoričnih problemov se reši z uporabo dveh osnovnih pravil - pravila vsote in pravila zmnožka.

Naloga 1.

Trgovina Vse za čaj ima 6 različnih skodelic in 4 različne krožničke. Koliko skodelic in krožničkov lahko kupite?

rešitev.

Skodelico lahko izbiramo na 6 načinov, krožnik pa na 4 načine. Ker moramo kupiti par skodelic in krožnikov, lahko to storimo na 6 · 4 = 24 načinov (v skladu s pravilom produkta).

Odgovor: 24.

Za uspešno reševanje kombinatoričnih problemov morate izbrati tudi pravo formulo za iskanje števila zahtevanih spojin. Pri tem vam bo pomagal naslednji diagram.

Razmislimo o rešitvi več problemov za različne vrste povezav brez ponavljanja.

Naloga 2.

Poišči število trimestnih števil, ki jih je mogoče sestaviti iz števil 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, če se števila v številu ne morejo ponoviti.

rešitev.

Za izbiro formule ugotovimo, da se pri številkah, ki jih bomo sestavili, upošteva vrstni red in ne izberemo vseh elementov hkrati. To pomeni, da je ta povezava razporeditev 7 elementov po 3. Uporabimo formulo za število umestitev: A 7 3 = 7(7 – 1)(7 – 2) = 7 · 6 · 5 = 210 števil.

Odgovor: 210.

Naloga 3.

Koliko je sedemmestnih telefonskih številk, pri katerih so vse števke različne in se številka ne more začeti z ničlo?

rešitev.

Na prvi pogled je ta naloga enaka prejšnji, vendar je težava v tem, da ne smemo upoštevati tistih povezav, ki se začnejo iz nič. To pomeni, da morate sestaviti vse sedemmestne telefonske številke iz obstoječih 10 števk in nato od nastalega števila odšteti število številk, ki se začnejo z ničlo. Formula bo videti tako:

A 10 7 – A 9 6 = 10 9 8 7 6 5 4 – 9 8 7 6 5 4 = 544.320.

Odgovor: 544 320.

Naloga 4.

Na koliko načinov je mogoče na polici razporediti 12 knjig, od tega 5 pesniških zbirk, tako da zbirke stojijo ena poleg druge?

rešitev.

Najprej vzemimo 5 zbirk pogojno kot eno knjigo, ker naj stojijo ena poleg druge. Ker je pri kombinaciji bistven vrstni red in so uporabljeni vsi elementi, to pomeni, da gre za permutacije 8 elementov (7 knjig + običajna 1 knjiga). Njihova številka je R 8. V nadaljevanju bomo med seboj prerazporedili samo pesniške zbirke. To lahko storite na 5 načinov. Ker moramo urediti tako zbirke kot druge knjige, bomo uporabili pravilo produkta. Zato je P 8 · P 5 = 8! · 5!. Število načinov bo veliko, zato lahko odgovor pustimo v obliki zmnožka dejavnikov.

Odgovor: 8! · 5!

Problem 5.

V razredu je 16 fantov in 12 deklet. Za čiščenje okolice šole potrebujete 4 fante in 3 dekleta. Na koliko načinov jih je mogoče izbrati izmed vseh učencev v razredu?

rešitev.

Najprej posebej izberemo 4 fante od 16 in 3 dekleta od 12. Ker se vrstni red ne upošteva, so ustrezne sestave kombinacije brez ponovitev. Glede na potrebo po hkratni izbiri fantov in deklet uporabljamo pravilo produkta. Posledično se število načinov izračuna na naslednji način:

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.

Odgovor: 400 400.

Tako je uspešna rešitev kombinatornega problema odvisna od pravilne analize njegovega stanja, določitve vrste spojin, ki bodo sestavljene, in izbire ustrezne formule za izračun njihove količine.

Imate še vprašanja? Ne veste, kako rešiti kombinatorične probleme?
Če želite dobiti pomoč mentorja, se registrirajte.
Prva lekcija je brezplačna!

spletne strani, pri kopiranju materiala v celoti ali delno je obvezna povezava do vira.

V mnogih kombinatoričnih problemih se neposredno iskanje števila možnosti, ki nas zanimajo, izkaže za težko. Vendar pa lahko z nekaj spremembami v pogojih problema najdete številne možnosti, ki za znano število krat presegajo izvirnik. Ta tehnika se imenuje metoda večkratnega štetja.

1. Koliko anagramov ima beseda RAZRED?

Težava je v tem, da sta v tej besedi dve enaki črki C. Začasno jih bomo obravnavali kot različne in označili C 1 in C 2. Potem bo število anagramov enako 5! = 120. Toda tiste besede, ki se med seboj razlikujejo le po prerazporeditvi črk C 1 in C 2, so pravzaprav isti anagram! Zato je 120 anagramov razdeljenih na pare enakih, tj. potrebno število anagramov je 120/2 = 60.

2. Koliko anagramov ima beseda CHARADA?

Če štejemo tri črke A kot različne črke A 1, A 2, A 3, dobimo 6! anagrami Toda besede, ki so sestavljene druga iz druge samo s preureditvijo črk A 1, A 2, A 3, so pravzaprav isti anagram. Ker so 3! permutacije črk A 1, A 2, A 3, prvotno pridobljeno 6! Anagrami so razdeljeni v skupine po 3! enaka, število različnih anagramov pa je 6!/3! = 120.

3. Koliko je štirimestnih števil, ki vsebujejo vsaj eno sodo števko?

Poiščimo število »nepotrebnih« štirimestnih števil, katerih zapis vsebuje le lihe števke. Takšnih števil je 5 4 = 625. Toda štirimestnih števil je skupaj 9000, tako da je zahtevano število "potrebnih" števil 9000 – 625 = 8375.

1. Poišči število anagramov za besede VERESK, BALAGAN, CITYMAN.
2. Poišči število anagramov za besede BAOBAB, BALADA, TURN, ANAGRAM, MATEMATIKA, KOMBINATORIKA, OBRAMBA.
3. Na koliko načinov lahko sprejmete 7 obiskovalcev v treh hotelskih sobah: enoposteljni, dvoposteljni in štiriposteljni?
4. V hladilniku sta dve jabolki, tri hruške in štiri pomaranče. Petja vsak dan devet dni zapored dobi en kos sadja. Na koliko načinov je to mogoče storiti?
5. Izmed sedmih najboljših smučarjev šole je treba izbrati tričlansko ekipo za nastop na mestnih tekmovanjih. Na koliko načinov je to mogoče storiti?
6. Profesor je pred izpitom obljubil, da bo slabo ocenil polovico izpitov. Na izpit je prišlo 20 študentov. Na koliko načinov lahko izpolni svojo obljubo?
7. Koliko besed je mogoče sestaviti iz petih črk A in največ treh črk B?
8. Na voljo so čokoladni, jagodni in mlečni sladoled. Na koliko načinov lahko kupiš tri sladolede?
9. Pri pripravi pice siru dodamo različne sestavine, ki poskrbijo za poseben okus. Bill ima na voljo čebulo, gobe, paradižnik, papriko in inčune, vse to pa po njegovem mnenju lahko dodamo siru. Koliko vrst pic lahko pripravi Bill?
10. Priča zločinskega obračuna se spominja, da so kriminalci pobegnili z mercedesom, na registrski tablici pa so bile črke T, Z, U ter številki 3 in 7 (številka je vrstica, v kateri so najprej tri črke in nato tri številke). . Koliko je takih številk?
11. Koliko diagonal je v konveksu n-kvadrat?
12. Koliko stvari je tam? n- digitalne številke?
13. Koliko je desetmestnih števil, ki imajo vsaj dve enaki števki?
14. Kocka se vrže trikrat. Med vsemi možnimi zaporedji rezultatov so takšni, v katerih se vsaj enkrat vrže šestica. Koliko jih je?
15. Koliko petmestnih števil ima v zapisu števko 1?
16. Na koliko načinov se lahko beli in črni kralj postavita na šahovnico, ne da bi se udarila?
17. Koliko deliteljev ima število 10800?

Povzetek na temo:

Izpolnil učenec 10. razreda “B”

53. srednja šola

Glukhov Mihail Aleksandrovič

Naberežni Čelni

2002
Vsebina

Iz zgodovine kombinatorike____________________________________________________	3
Pravilo vsote____________________________________________________	4
	-
Pravilo za izdelek________________________________________________	4
Primeri nalog__________________________________________________________	-
Sekajoče se množice____________________________________________________	5
Primeri nalog__________________________________________________________	-
Eulerjevi krogi________________________________________________________________	-
Umestitve brez ponavljanja________________________________________________	6
Primeri nalog__________________________________________________________	-
Permutacije brez ponovitev________________________________________________	7
Primeri nalog__________________________________________________________	-
Kombinacije brez ponovitev____________________________________________________	8
Primeri nalog__________________________________________________________	-
Postavitve in kombinacije brez ponavljanja_________________________________	9
Primeri nalog__________________________________________________________	-
Permutacije s ponovitvami________________________________________________	9
Primeri nalog__________________________________________________________	-
Naloge za samostojno reševanje________________________________	10
Bibliografija___________________________________	11

Iz zgodovine kombinatorike

Kombinatorika se ukvarja z različnimi vrstami povezav, ki jih lahko tvorimo iz elementov končne množice. Nekatere elemente kombinatorike so v Indiji poznali že v 2. stoletju. pr. n. št e. Nydijci so znali izračunati števila, ki se zdaj imenujejo "kombinacije". V 12. stoletju. Bhaskara je izračunal nekatere vrste kombinacij in permutacij. Menijo, da so indijski znanstveniki preučevali spojine v povezavi z njihovo uporabo v poetiki, preučevanju strukture verzov in pesniških del. Na primer v zvezi z izračunom možnih kombinacij poudarjenih (dolgih) in nenaglašenih (kratkih) zlogov stopal n zlogov. Kot znanstvena disciplina se je kombinatorika izoblikovala v 17. stoletju. Tudi francoski avtor A. v knjigi “Teorija in praksa aritmetike” (1656) celo poglavje posveti kombinacijam in permutacijam.
B. Pascal je v svoji "Razpravi o aritmetičnem trikotniku" in v "Razpravi o številskih redih" (1665) orisal doktrino binomskih koeficientov. P. Fermat je poznal povezave med matematičnimi kvadrati in figuralnimi števili s teorijo spojin. Izraz "kombinatorika" se je začel uporabljati po tem, ko je Leibniz leta 1665 objavil svoje delo "Razprava o umetnosti kombiniranja", ki je prvič podalo znanstveno osnovo za teorijo kombinacij in permutacij. J. Bernoulli je prvič preučeval postavitve v drugem delu svoje knjige »Ars conjectandi« (umetnost napovedovanja) leta 1713. Sodobno simboliko kombinacij so različni avtorji izobraževalnih priročnikov predlagali šele v 19. stoletju.

Celotno vrsto kombinatoričnih formul je mogoče izpeljati iz dveh osnovnih izjav o končnih množicah - pravila vsote in pravila produkta.

Pravilo vsote

Če se končne množice ne sekajo, je število elementov množice X U Y (ali) enako vsoti števila elementov množice X in števila elementov množice Y.

To pomeni, da če je X knjig na prvi polici in Y na drugi, potem lahko izberete knjigo s prve ali druge police na X + Y načinov.

Vzorčne težave

Študent mora opraviti praktično delo iz matematike. Na izbiro so mu ponudili 17 tem iz algebre in 13 tem iz geometrije. Na koliko načinov lahko izbere eno temo za praktično delo?

Rešitev: X=17, Y=13

Po pravilu vsote X U Y=17+13=30 tem.

Na voljo je 5 srečk za denarno loterijo, 6 srečk za športno loterijo in 10 srečk za avtomobilsko loterijo. Na koliko načinov lahko izberete eno srečko športne loterije ali avtomobilske loterije?

Rešitev: Ker loterija za denar in oblačila ni vključena v izbiro, je na voljo samo 6 + 10 = 16 možnosti.

Pravilo izdelka

Če lahko element X izberemo na k načinov, element Y pa na m načinov, potem lahko par (X,Y) izberemo na k*m načinov.

Se pravi, če je na prvi polici 5 knjig in na drugi 10, potem lahko izberete eno knjigo s prve police in eno z druge na 5 * 10 = 50 načinov.

Vzorčne težave

Knjigovež mora vezati 12 različnih knjig v rdeče, zelene in rjave vezave. Na koliko načinov lahko to stori?

Rešitev: Na voljo je 12 knjig in 3 barve, kar pomeni, da je po produktnem pravilu možnih 12 * 3 = 36 možnosti vezave.

Koliko je petmestnih števil, ki se berejo enako od leve proti desni in od desne proti levi?

Rešitev: V takšnih številkah bo zadnja številka enaka prvi, predzadnja številka pa bo enaka drugi. Tretja številka bo karkoli. To je mogoče predstaviti v obliki XYZYX, kjer sta Y in Z poljubni števili, X pa ni nič. To pomeni, da je po pravilu produkta število števk, ki jih je mogoče enako brati tako od leve proti desni kot od desne proti levi, 9*10*10=900 možnosti.

Sekajoče se množice

Zgodi pa se, da se množici X in Y sekata, potem uporabita formulo

, kjer sta X in Y množici in je območje presečišča. Vzorčne težave

20 ljudi zna angleško in 10 nemško, od tega 5 tako angleško kot nemško. Koliko ljudi je skupaj?

Odgovor: 10+20-5=25 ljudi.

Za vizualno rešitev problema se pogosto uporabljajo tudi Eulerjevi krogi. Na primer:

Od 100 turistov, ki se odpravljajo na potovanje v tujino, 30 ljudi govori nemško, 28 angleško, 42 francosko, 8 ljudi hkrati govori angleško in nemško, 10 angleško in francosko, 5 nemško in francosko, 3 vse tri jeziki turisti ne govorijo nobenega jezika?

rešitev: Grafično izrazimo stanje tega problema. S krogcem označimo tiste, ki znajo angleško, z drugim krogcem tiste, ki znajo francosko, s tretjim krogcem pa tiste, ki znajo nemško.

Trije turisti govorijo vse tri jezike, kar pomeni, da v splošnem delu krogov vpišemo številko 3. 10 ljudi govori angleško in francosko, 3 pa tudi nemško. Posledično 10-3=7 ljudi govori samo angleško in francosko.

Podobno ugotovimo, da 8-3 = 5 ljudi govori samo angleško in nemško, 5-3 = 2 turista pa nemško in francosko. Te podatke vnesemo v ustrezne dele.

Ugotovimo zdaj, koliko ljudi govori le enega od naštetih jezikov. 30 ljudi zna nemško, 5+3+2=10 pa jih govori druge jezike, torej samo 20 ljudi zna nemško. Podobno ugotovimo, da samo angleško govori 13 ljudi, francosko pa 30 ljudi.

Glede na problem je samo 100 turistov. 20+13+30+5+7+2+3=80 turistov zna vsaj en jezik, torej 20 ljudi ne govori nobenega od teh jezikov.

Postavitve brez ponavljanja.

Koliko telefonskih številk je mogoče sestaviti iz vsake 6 števk, tako da so vse števke različne?

To je primer težave z umestitvijo brez ponavljanja. Tu je postavljenih 10 številk po 6. In možnosti, v katerih so iste številke v različnih vrstnih redih, se štejejo za različne.

Če je X-množica, sestavljena iz n elementov, m≤n, potem se imenuje razporeditev brez ponavljanja n elementov množice X v m urejena množica X, ki vsebuje m elementov. Imenuje se urejena množica X, ki vsebuje m elementov.

Število vseh razporeditev n elementov z m je označeno z

n! - n-faktorial (faktor faktorja) je zmnožek števil v naravnem nizu od 1 do poljubnega števila n Naloga

Na koliko načinov lahko 4 fantje povabijo štiri od šestih deklet na ples?

rešitev: dva fanta ne moreta povabiti istega dekleta hkrati. In možnosti, v katerih ista dekleta plešejo z različnimi fanti, se štejejo za različne, zato:

Možne 360 ​​možnosti.

Permutacije brez ponavljanja

V primeru n=m (glej umestitve brez ponavljanja) n elementov od m imenujemo permutacija množice x.

Število vseh permutacij n elementov je označeno s P n.

Velja za n=m:

Vzorčne težave

Koliko različnih šestmestnih števil je mogoče sestaviti iz števk 0, 1, 2, 3, 4,5, če se števke v številu ne ponavljajo?

1) Iz teh števil poiščite število vseh permutacij: P 6 =6!=720

2) 0 ne more biti pred številom, zato je treba število permutacij, v katerih je 0 spredaj, odšteti od tega števila. In to je P 5 =5!=120.

P 6 -P 5 =720-120=600

Navihana opica

Ja, klešasta Miška

Začeli smo igrati kvartet

Stojte, bratje, stopite! –

Opica kriči, - počakaj!

Kako naj gre glasba?

Navsezadnje ne sediš tako ...

In tako in tako so zamenjali sedeže - spet glasba ne gre dobro.