Calculator ng mga posibleng kumbinasyon. Mga kumbinasyon na walang pag-uulit: Combinatorics sa MS EXCEL

Sa artikulong ito ay pag-uusapan natin ang isang espesyal na sangay ng matematika na tinatawag na combinatorics. Mga formula, panuntunan, halimbawa ng paglutas ng problema - mahahanap mo ang lahat ng ito dito sa pamamagitan ng pagbabasa ng artikulo hanggang sa dulo.

Kaya ano ang seksyong ito? Ang mga combinatorics ay tumatalakay sa isyu ng pagbibilang ng anumang bagay. Ngunit sa kasong ito, ang mga bagay ay hindi mga plum, peras o mansanas, ngunit iba pa. Tinutulungan tayo ng mga combinatorics na mahanap ang posibilidad ng isang kaganapan. Halimbawa, kapag naglalaro ng baraha - ano ang posibilidad na may trump card ang kalaban? O ang halimbawang ito: ano ang posibilidad na makakuha ka ng puti mula sa isang bag na may dalawampung marbles? Ito ay para sa ganitong uri ng problema na kailangan nating malaman ang hindi bababa sa mga pangunahing kaalaman ng sangay na ito ng matematika.

Mga kombinatoryal na pagsasaayos

Isinasaalang-alang ang isyu ng mga pangunahing konsepto at formula ng combinatorics, hindi natin maiwasang bigyang pansin ang mga combinatorial configuration. Ang mga ito ay ginagamit hindi lamang upang bumalangkas, ngunit din upang malutas ang iba't ibang mga halimbawa. Ang mga halimbawa ng naturang mga modelo ay:

• tirahan;
• muling pagsasaayos;
• kumbinasyon;
• komposisyon ng numero;
• paghahati ng isang numero.

Pag-uusapan natin ang unang tatlo nang mas detalyado sa ibang pagkakataon, ngunit bibigyan natin ng pansin ang komposisyon at pagkahati sa seksyong ito. Kapag pinag-uusapan nila ang komposisyon ng isang tiyak na numero (halimbawa, a), ang ibig nilang sabihin ay kumakatawan sa numerong a bilang isang ordered sum ng ilang positibong numero. At ang partition ay isang unordered sum.

Mga seksyon

Bago tayo direktang lumipat sa mga formula ng combinatorics at pagsasaalang-alang ng mga problema, ito ay nagkakahalaga ng pagbibigay pansin sa katotohanan na ang combinatorics, tulad ng iba pang mga sangay ng matematika, ay may sariling mga subsection. Kabilang dito ang:

• enumerative;
• istruktura;
• sukdulan;
• Teorya ni Ramsey;
• probabilistiko;
• topological;
• walang katapusan.

Sa unang kaso, pinag-uusapan natin ang tungkol sa calculative combinatorics; isinasaalang-alang ng mga problema ang enumeration o pagbibilang ng iba't ibang mga configuration na nabuo ng mga elemento ng set. Bilang isang patakaran, ang ilang mga paghihigpit ay ipinapataw sa mga hanay na ito (katangian, hindi pagkakakilanlan, posibilidad ng pag-uulit, at iba pa). At ang bilang ng mga pagsasaayos na ito ay kinakalkula gamit ang mga patakaran ng pagdaragdag o pagpaparami, na pag-uusapan natin sa ibang pagkakataon. Kasama sa mga istrukturang kombinatorika ang mga teorya ng mga graph at matroid. Ang isang halimbawa ng isang extremal combinatorics na problema ay kung ano ang pinakamalaking dimensyon ng isang graph na nakakatugon sa mga sumusunod na katangian... Sa ikaapat na talata, binanggit namin ang teorya ng Ramsey, na pinag-aaralan ang pagkakaroon ng mga regular na istruktura sa mga random na pagsasaayos. Ang probabilistic combinatorics ay kayang sagutin ang tanong - ano ang posibilidad na ang isang naibigay na set ay may isang tiyak na pag-aari. Tulad ng maaari mong hulaan, ang topological combinatorics ay naglalapat ng mga pamamaraan sa topology. At sa wakas, ang ikapitong punto - infinitary combinatorics ay pinag-aaralan ang aplikasyon ng mga combinatorics na pamamaraan sa mga walang katapusang set.

Panuntunan ng karagdagan

Kabilang sa mga pormula ng combinatorics maaari kang makahanap ng mga medyo simple, na kung saan kami ay pamilyar sa loob ng mahabang panahon. Ang isang halimbawa ay ang sum rule. Ipagpalagay na binigyan tayo ng dalawang aksyon (C at E), kung sila ay kapwa eksklusibo, ang aksyon C ay maaaring isagawa sa maraming paraan (halimbawa, a), at ang aksyon E ay maaaring isagawa sa b-ways, pagkatapos ay alinman sa mga ito ( C o E) ay maaaring isagawa sa a + b na paraan .

Sa teorya, ito ay medyo mahirap maunawaan; susubukan naming ihatid ang buong punto gamit ang isang simpleng halimbawa. Kunin natin ang karaniwang bilang ng mga mag-aaral sa isang klase - sabihin nating dalawampu't lima. Kabilang sa kanila ay labinlimang babae at sampung lalaki. Isang taong naka-duty ang nakatalaga sa bawat klase araw-araw. Ilang paraan ang mayroon para magtalaga ng monitor ng klase ngayon? Ang solusyon sa problema ay medyo simple; gagamitin namin ang panuntunan sa karagdagan. Hindi naman sinasabi sa text ng problema na puro lalaki o babae lang ang puwedeng mag-duty. Samakatuwid, maaaring alinman sa labinlimang babae o alinman sa sampung lalaki. Sa paglalapat ng sum rule, nakakakuha tayo ng medyo simpleng halimbawa na madaling mahawakan ng isang mag-aaral sa elementarya: 15 + 10. Pagkatapos magbilang, makukuha natin ang sagot: dalawampu't lima. Ibig sabihin, dalawampu't limang paraan lamang para magtalaga ng isang klase sa tungkulin para sa araw na ito.

Panuntunan sa pagpaparami

Kasama rin sa mga pangunahing formula ng combinatorics ang multiplication rule. Magsimula tayo sa teorya. Sabihin nating kailangan nating magsagawa ng ilang aksyon (a): ang unang aksyon ay ginanap sa 1 paraan, ang pangalawa - sa 2 paraan, ang pangatlo - sa 3 paraan, at iba pa hanggang sa huling a-aksyon, na ginanap sa 3 paraan. Pagkatapos ang lahat ng mga pagkilos na ito (kung saan mayroon tayong kabuuan) ay maaaring isagawa sa N paraan. Paano makalkula ang hindi kilalang N? Tutulungan tayo ng formula dito: N = c1 * c2 * c3 *…* ca.

Muli, walang malinaw sa teorya, kaya't magpatuloy tayo upang isaalang-alang ang isang simpleng halimbawa ng paglalapat ng panuntunan sa pagpaparami. Kunin natin ang parehong klase ng dalawampu't limang tao, kung saan mayroong labinlimang babae at sampung lalaki. Sa pagkakataong ito lang kailangan nating pumili ng dalawang taong naka-duty. Maaari silang maging mga lalaki o babae, o isang lalaki at isang babae. Lumipat tayo sa elementarya na solusyon ng problema. Pinipili namin ang unang taong naka-duty, gaya ng napagpasyahan namin sa huling talata, nakakakuha kami ng dalawampu't limang posibleng opsyon. Ang pangalawang taong naka-duty ay maaaring alinman sa mga natitirang tao. Mayroon kaming dalawampu't limang estudyante, pumili kami ng isa, ibig sabihin ang pangalawang taong naka-duty ay maaaring alinman sa natitirang dalawampu't apat na tao. Sa wakas, inilalapat namin ang panuntunan sa pagpaparami at nalaman na ang dalawang opisyal na naka-duty ay maaaring mahalal sa anim na raang paraan. Nakuha namin ang numerong ito sa pamamagitan ng pagpaparami ng dalawampu't lima at dalawampu't apat.

Muling pagsasaayos

Ngayon ay titingnan natin ang isa pang combinatorics formula. Sa seksyong ito ng artikulo ay pag-uusapan natin ang tungkol sa mga permutasyon. Iminumungkahi naming agad na isaalang-alang ang problema gamit ang isang halimbawa. Kumuha tayo ng billiard balls, we have nth number of them. Kailangan nating bilangin kung gaano karaming mga pagpipilian ang mayroon upang ayusin ang mga ito sa isang hilera, iyon ay, upang lumikha ng isang ordered set.

Magsimula tayo, kung wala tayong mga bola, pagkatapos ay mayroon din tayong zero na mga pagpipilian para sa paglalagay. At kung mayroon tayong isang bola, kung gayon ang pag-aayos ay pareho din (matematika ito ay maaaring isulat bilang mga sumusunod: P1 = 1). Ang dalawang bola ay maaaring ilagay sa dalawang magkaibang paraan: 1,2 at 2,1. Samakatuwid, P2 = 2. Maaaring isaayos ang tatlong bola sa anim na paraan (P3 = 6): 1,2,3; 1,3,2; 2,1,3; 2,3,1; 3,2,1; 3,1,2. Paano kung walang tatlong ganoong bola, ngunit sampu o labinlima? Aabutin ng napakahabang oras upang mailista ang lahat ng posibleng opsyon, pagkatapos ay tutulong sa amin ang mga combinatorics. Tutulungan tayo ng formula ng permutation na mahanap ang sagot sa tanong na interesado tayo. Pn = n *P (n-1). Kung susubukan nating gawing simple ang formula, makakakuha tayo ng: Pn = n* (n - 1) *…* 2 * 1. At ito ang produkto ng unang natural na mga numero. Ang numerong ito ay tinatawag na factorial, at tinutukoy bilang n!

Isaalang-alang natin ang problema. Tuwing umaga ay pumila ang tagapayo sa kanyang pangkat (dalawampung tao). Mayroong tatlong matalik na kaibigan sa squad - Kostya, Sasha at Lesha. Ano ang posibilidad na magkatabi sila? Upang mahanap ang sagot sa tanong, kailangan mong hatiin ang posibilidad ng isang "magandang" resulta sa kabuuang bilang ng mga resulta. Ang kabuuang bilang ng mga permutasyon ay 20! = 2.5 quintillion. Paano mabibilang ang bilang ng "magandang" resulta? Ipagpalagay natin na sina Kostya, Sasha at Lesha ay isang superman. Tapos eighteen subjects lang kami. Ang bilang ng mga permutasyon sa kasong ito ay 18 = 6.5 quadrillion. Sa lahat ng ito, sina Kostya, Sasha at Lesha ay maaaring arbitraryong lumipat sa kanilang sarili sa kanilang hindi mahahati na tatlo, at iyon ay 3 pa! = 6 na pagpipilian. Nangangahulugan ito na mayroon tayong 18 "magandang" kaayusan sa kabuuan! * 3! Ang kailangan lang nating gawin ay hanapin ang gustong probabilidad: (18! * 3!) / 20! Na katumbas ng humigit-kumulang 0.016. Kung iko-convert sa porsyento, lumalabas na 1.6% lang.

Akomodasyon

Ngayon ay titingnan natin ang isa pang napakahalaga at kinakailangang combinatorics formula. Ang paglalagay ay ang aming susunod na isyu, na iniimbitahan ka naming isaalang-alang sa seksyong ito ng artikulo. Pupunta kami para sa mga komplikasyon. Ipagpalagay na gusto nating isaalang-alang ang mga posibleng permutasyon, hindi mula sa buong set (n), ngunit mula sa isang mas maliit (m). Iyon ay, isinasaalang-alang namin ang mga permutasyon ng n item sa pamamagitan ng m.

Ang mga pangunahing formula ng combinatorics ay hindi lamang dapat isaulo, ngunit maunawaan. Kahit na sila ay nagiging mas kumplikado, dahil wala kaming isang parameter, ngunit dalawa. Ipagpalagay na ang m = 1, pagkatapos ay A = 1, m = 2, pagkatapos ay A = n * (n - 1). Kung mas pasimplehin natin ang formula at lumipat sa notasyon gamit ang mga factorial, makakakuha tayo ng ganap na laconic formula: A = n! / (n - m)!

Kumbinasyon

Sinuri namin ang halos lahat ng mga pangunahing pormula ng combinatorics na may mga halimbawa. Ngayon ay lumipat tayo sa huling yugto ng pagsasaalang-alang sa pangunahing kurso ng combinatorics - pagkilala sa mga kumbinasyon. Ngayon ay pipili tayo ng m aytem mula sa n mayroon tayo, at pipiliin natin ang lahat sa lahat ng posibleng paraan. Paano ito naiiba sa paglalagay? Hindi namin isasaalang-alang ang order. Ang unordered set na ito ang magiging kumbinasyon.

Ipakilala agad natin ang notasyon: C. Kinukuha natin ang paglalagay ng m bola sa n. Huminto kami sa pagbibigay pansin sa order at nauuwi sa paulit-ulit na kumbinasyon. Upang makuha ang bilang ng mga kumbinasyon kailangan nating hatiin ang bilang ng mga pagkakalagay sa m! (m factorial). Iyon ay, C = A / m! Kaya, mayroon lamang ilang mga paraan upang pumili mula sa n bola, na humigit-kumulang katumbas ng bilang ng mga paraan upang piliin ang halos lahat ng mga ito. Mayroong lohikal na pagpapahayag para dito: ang pagpili ng kaunti ay kapareho ng pagtatapon ng halos lahat. Mahalaga rin na banggitin sa puntong ito na ang maximum na bilang ng mga kumbinasyon ay maaaring makamit kapag sinusubukang pumili ng kalahati ng mga item.

Paano pumili ng isang formula upang malutas ang isang problema?

Sinuri namin nang detalyado ang mga pangunahing formula ng combinatorics: placement, permutation at combination. Ngayon ang aming gawain ay upang mapadali ang pagpili ng kinakailangang pormula para sa paglutas ng isang problema sa kombinatorika. Maaari mong gamitin ang sumusunod na medyo simpleng scheme:

1. Tanungin ang iyong sarili: ang pagkakasunud-sunod kung saan inilalagay ang mga elemento ay isinasaalang-alang sa teksto ng problema?
2. Kung ang sagot ay hindi, pagkatapos ay gamitin ang kumbinasyong formula (C = n! / (m! * (n - m)!)).
3. Kung ang sagot ay hindi, kung gayon ang isa pang tanong ay kailangang sagutin: ang lahat ba ng mga elemento ay kasama sa kumbinasyon?
4. Kung ang sagot ay oo, pagkatapos ay gamitin ang permutation formula (P = n!).
5. Kung ang sagot ay hindi, pagkatapos ay gamitin ang placement formula (A = n! / (n - m)!).

Halimbawa

Tiningnan namin ang mga elemento ng combinatorics, formula at ilang iba pang isyu. Ngayon ay magpatuloy tayo upang isaalang-alang ang tunay na problema. Isipin na mayroon kang isang kiwi, isang orange at isang saging sa harap mo.

Unang tanong: sa ilang paraan maaari silang muling ayusin? Upang gawin ito, gagamitin namin ang permutation formula: P = 3! = 6 na paraan.

Ikalawang tanong: sa ilang paraan maaari kang pumili ng isang prutas? Ito ay malinaw, mayroon lamang tayong tatlong pagpipilian - pumili ng kiwi, orange o saging, ngunit ilapat natin ang formula ng kumbinasyon: C = 3! / (2! * 1!) = 3.

Ikatlong tanong: sa ilang paraan maaari kang pumili ng dalawang prutas? Anong mga pagpipilian ang mayroon tayo? Kiwi at orange; kiwi at saging; orange at saging. Iyon ay, mayroong tatlong mga pagpipilian, ngunit ito ay madaling suriin gamit ang kumbinasyon na formula: C = 3! / (1! * 2!) = 3

Ikaapat na tanong: sa ilang paraan maaari kang pumili ng tatlong prutas? Tulad ng nakikita mo, mayroon lamang isang paraan upang pumili ng tatlong prutas: kumuha ng kiwi, orange at saging. C = 3! / (0! * 3!) = 1.

Ikalimang tanong: sa ilang paraan maaari kang pumili ng kahit isang prutas? Ang kondisyong ito ay nangangahulugan na maaari tayong kumuha ng isa, dalawa o lahat ng tatlong prutas. Samakatuwid, idinagdag namin ang C1 + C2 + C3 = 3 + 3 + 1 = 7. Iyon ay, mayroon kaming pitong paraan upang kumuha ng hindi bababa sa isang prutas mula sa talahanayan.

Dapat tandaan na ang combinatorics ay isang independiyenteng sangay ng mas mataas na matematika (at hindi bahagi ng terver) at ang mga mabibigat na aklat-aralin ay isinulat sa disiplina na ito, ang nilalaman nito, kung minsan, ay hindi mas madali kaysa abstract algebra. Gayunpaman, ang isang maliit na bahagi ng teoretikal na kaalaman ay magiging sapat para sa amin, at sa artikulong ito ay susubukan kong pag-aralan sa isang naa-access na form ang mga pangunahing kaalaman ng paksa na may mga tipikal na problema sa kombinatoryal. At marami sa inyo ang tutulong sa akin ;-)

Ano ang gagawin natin? Sa isang makitid na kahulugan, ang combinatorics ay ang pagkalkula ng iba't ibang mga kumbinasyon na maaaring gawin mula sa isang tiyak na hanay discrete mga bagay. Ang mga bagay ay nauunawaan bilang anumang mga nakahiwalay na bagay o nabubuhay na nilalang - tao, hayop, kabute, halaman, insekto, atbp. Kasabay nito, ang mga combinatorics ay hindi nagmamalasakit sa lahat na ang hanay ay binubuo ng isang plato ng semolina lugaw, isang panghinang na bakal at isang swamp frog. Sa panimula ay mahalaga na ang mga bagay na ito ay maaaring mabilang - mayroong tatlo sa kanila (discreteness) at ang mahalaga ay wala sa kanila ang magkapareho.

Marami na kaming napag-usapan, ngayon tungkol sa mga kumbinasyon. Ang pinakakaraniwang uri ng mga kumbinasyon ay ang mga permutasyon ng mga bagay, ang kanilang pagpili mula sa isang set (kumbinasyon) at pamamahagi (paglalagay). Tingnan natin kung paano ito nangyayari ngayon:

Mga permutasyon, kumbinasyon at pagkakalagay nang walang pag-uulit

Huwag matakot sa mga hindi malinaw na termino, lalo na't ang ilan sa kanila ay talagang hindi masyadong mahusay. Magsimula tayo sa buntot ng pamagat - ano ang " walang pag-uulit"? Nangangahulugan ito na sa seksyong ito ay isasaalang-alang natin ang mga set na binubuo ng iba-iba mga bagay. Halimbawa, ... hindi, hindi ako mag-aalok ng sinigang na may panghinang at palaka, mas maganda kung may mas masarap =) Isipin mo na ang isang mansanas, peras at saging ay nag-materialize sa mesa sa harap mo ( kung mayroon ka ng mga ito, ang sitwasyon ay maaaring gayahin sa katotohanan). Inilatag namin ang mga prutas mula kaliwa hanggang kanan sa sumusunod na pagkakasunud-sunod:

mansanas / peras / saging

Tanong isa: Sa ilang paraan maaari silang muling ayusin?

Ang isang kumbinasyon ay naisulat na sa itaas at walang mga problema sa iba pa:

mansanas / saging / peras
peras / mansanas / saging
peras / saging / mansanas
saging / mansanas / peras
saging / peras / mansanas

Kabuuan: 6 na kumbinasyon o 6 mga permutasyon.

Okay, hindi mahirap ilista ang lahat ng posibleng kaso, ngunit paano kung marami pang bagay? Sa apat na magkakaibang prutas lamang, ang bilang ng mga kumbinasyon ay tataas nang malaki!

Mangyaring buksan ang reference na materyal (maginhawang mag-print ng manwal) at sa point No. 2, hanapin ang formula para sa bilang ng mga permutasyon.

Walang abala - 3 bagay ay maaaring muling ayusin sa iba't ibang paraan.

Tanong dalawa: Sa ilang paraan maaari kang pumili ng a) isang prutas, b) dalawang prutas, c) tatlong prutas, d) kahit isang prutas?

Bakit pumili? Kaya gumawa kami ng gana sa nakaraang punto - upang kumain! =)

a) Maaaring pumili ng isang prutas, malinaw naman, sa tatlong paraan - kumuha ng mansanas, peras, o saging. Ang pormal na pagkalkula ay isinasagawa ayon sa formula para sa bilang ng mga kumbinasyon:

Ang entry sa kasong ito ay dapat na maunawaan tulad ng sumusunod: "sa ilang paraan maaari kang pumili ng 1 prutas sa tatlo?"

b) Ilista natin ang lahat ng posibleng kumbinasyon ng dalawang prutas:

mansanas at peras;
mansanas at saging;
peras at saging.

Ang bilang ng mga kumbinasyon ay madaling masuri gamit ang parehong formula:

Ang entry ay naiintindihan sa katulad na paraan: "sa ilang paraan maaari kang pumili ng 2 prutas sa tatlo?"

c) At sa wakas, mayroon lamang isang paraan upang pumili ng tatlong prutas:

Sa pamamagitan ng paraan, ang formula para sa bilang ng mga kumbinasyon ay nananatiling makabuluhan para sa isang walang laman na sample:
Sa ganitong paraan, maaari kang pumili ng hindi isang solong prutas - sa katunayan, walang kukuha at iyon lang.

d) Sa ilang paraan maaari mong gawin kahit isa prutas? Ang kundisyong "kahit isa" ay nagpapahiwatig na nasiyahan tayo sa 1 prutas (anuman) o anumang 2 prutas o lahat ng 3 prutas:
gamit ang mga pamamaraang ito maaari kang pumili ng kahit isang prutas.

Mga mambabasa na maingat na nag-aral ng panimulang aralin sa teorya ng posibilidad, may nahulaan na kami. Ngunit higit pa tungkol sa kahulugan ng plus sign mamaya.

Para masagot ang susunod na tanong kailangan ko ng dalawang boluntaryo... ...Well, dahil walang gusto, then I’ll call you to the board =)

Ikatlong tanong: Sa ilang paraan maaari mong ipamahagi ang isang prutas bawat isa kina Dasha at Natasha?

Upang maipamahagi ang dalawang prutas, kailangan mo munang piliin ang mga ito. Ayon sa talata "maging" ng nakaraang tanong, ito ay maaaring gawin sa mga paraan, muli kong isusulat ang mga ito:

mansanas at peras;
mansanas at saging;
peras at saging.

Ngunit ngayon ay magkakaroon ng dobleng dami ng mga kumbinasyon. Isaalang-alang, halimbawa, ang unang pares ng mga prutas:
Maaari mong gamutin si Dasha ng isang mansanas, at si Natasha na may isang peras;
o kabaliktaran - Makukuha ni Dasha ang peras, at makukuha ni Natasha ang mansanas.

At ang gayong permutasyon ay posible para sa bawat pares ng mga prutas.

Isaalang-alang ang parehong grupo ng mag-aaral na pumunta sa sayaw. Sa ilang paraan maaaring ipares ang isang lalaki at isang babae?

Sa mga paraan na maaari kang pumili ng 1 binata;
mga paraan na maaari kang pumili ng 1 babae.

Kaya, isang binata At Maaari kang pumili ng isang babae: mga paraan.

Kapag 1 bagay ang napili mula sa bawat hanay, ang sumusunod na prinsipyo para sa pagbibilang ng mga kumbinasyon ay wasto: “ bawat ang isang bagay mula sa isang set ay maaaring bumuo ng isang pares sa bawat bagay ng isa pang set."

Iyon ay, maaaring anyayahan ni Oleg ang sinuman sa 13 na batang babae na sumayaw, maaari ring anyayahan ni Evgeny ang alinman sa labintatlo, at ang iba pang mga kabataan ay may katulad na pagpipilian. Kabuuan: posibleng mga pares.

Dapat pansinin na sa halimbawang ito, ang "kasaysayan" ng pagbuo ng pares ay hindi mahalaga; gayunpaman, kung isasaalang-alang natin ang inisyatiba, ang bilang ng mga kumbinasyon ay dapat na doblehin, dahil ang bawat isa sa 13 batang babae ay maaari ring mag-imbita ng sinumang lalaki na sumayaw. Ang lahat ay nakasalalay sa mga kondisyon ng isang partikular na gawain!

Ang isang katulad na prinsipyo ay may bisa para sa mas kumplikadong mga kumbinasyon, halimbawa: sa ilang paraan maaari kang pumili ng dalawang kabataang lalaki? At dalawang batang babae na lumahok sa isang KVN skit?

Unyon AT malinaw na nagpapahiwatig na ang mga kumbinasyon ay kailangang paramihin:

Mga posibleng grupo ng mga artista.

Sa ibang salita, bawat isa isang pares ng mga lalaki (45 natatanging pares) ang maaaring gumanap kasama anuman isang pares ng mga babae (78 natatanging pares). At kung isasaalang-alang natin ang pamamahagi ng mga tungkulin sa pagitan ng mga kalahok, magkakaroon ng higit pang mga kumbinasyon. ...Gustong-gusto ko, pero pigilin ko pa rin na ipagpatuloy para hindi matanim sa inyo ang pag-ayaw sa buhay estudyante =).

Nalalapat din ang panuntunan para sa pagpaparami ng mga kumbinasyon sa mas malaking bilang ng mga multiplier:

Suliranin 8

Ilang tatlong-digit na mga numero ang mayroon na nahahati sa 5?

Solusyon: para sa kalinawan, tukuyin natin ang numerong ito na may tatlong asterisk: ***

SA daan-daang lugar Maaari mong isulat ang alinman sa mga numero (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 o 9). Ang zero ay hindi angkop, dahil sa kasong ito ang numero ay tumigil na maging tatlong-digit.

Ngunit sa sampung lugar(“sa gitna”) maaari kang pumili ng alinman sa 10 digit: .

Ayon sa kondisyon, ang numero ay dapat na mahahati ng 5. Ang isang numero ay mahahati ng 5 kung ito ay nagtatapos sa 5 o 0. Kaya, kami ay nasiyahan sa 2 digit sa hindi bababa sa makabuluhang digit.

Sa kabuuan, mayroon: tatlong-digit na mga numero na nahahati sa 5.

Sa kasong ito, ang gawain ay binibigyang kahulugan tulad ng sumusunod: "9 na paraan na maaari kang pumili ng isang numero sa daan-daang lugar At 10 paraan upang pumili ng isang numero sa sampung lugar At 2 paraan sa digit ng mga yunit»

O mas simple: " bawat isa mula 9 na digit hanggang daan-daang lugar pinagsasama sa bawat isa ng 10 digit sampung lugar at sa bawat isa mula sa dalawang digit hanggang digit ng mga yunit».

Sagot: 180

At ngayon…

Oo, halos nakalimutan ko ang tungkol sa ipinangakong komentaryo sa problema No. 5, kung saan maaaring bigyan ng tig-isang card sina Bor, Dima at Volodya sa iba't ibang paraan. Ang pagpaparami dito ay may parehong kahulugan: mga paraan upang alisin ang 3 card mula sa deck AT sa bawat sample na muling ayusin ang mga ito sa mga paraan.

At ngayon, isang problemang dapat lutasin nang mag-isa... ngayon ay gagawa ako ng mas kawili-wiling bagay... hayaan itong tungkol sa parehong Russian na bersyon ng blackjack:

Suliranin 9

Ilang mga panalong kumbinasyon ng 2 baraha ang mayroon kapag naglalaro ng "puntos"?

Para sa mga hindi nakakaalam: ang panalong kumbinasyon ay 10 + ACE (11 puntos) = 21 puntos at, isaalang-alang natin ang panalong kumbinasyon ng dalawang ace.

(ang pagkakasunud-sunod ng mga card sa anumang pares ay hindi mahalaga)

Isang maikling solusyon at sagot sa pagtatapos ng aralin.

Sa pamamagitan ng paraan, huwag isaalang-alang ang halimbawang primitive. Ang Blackjack ay halos ang tanging laro kung saan mayroong algorithm na nakabatay sa matematika na nagpapahintulot sa iyo na talunin ang casino. Ang mga interesado ay madaling makahanap ng maraming impormasyon tungkol sa pinakamainam na diskarte at taktika. Totoo, ang gayong mga master ay mabilis na napunta sa itim na listahan ng lahat ng mga establisemento =)

Panahon na upang pagsama-samahin ang materyal na sakop ng ilang solidong gawain:

Suliranin 10

Si Vasya ay may 4 na pusa sa bahay.

a) sa ilang paraan maaaring maupo ang mga pusa sa mga sulok ng silid?
b) sa ilang paraan maaari mong hayaan ang mga pusa na mamasyal?
c) sa ilang paraan maaaring kunin ni Vasya ang dalawang pusa (isa sa kanyang kaliwa, ang isa sa kanyang kanan)?

Magdesisyon tayo: una, dapat mong muling bigyang-pansin ang katotohanan na ang problema ay tumatalakay sa magkaiba mga bagay (kahit na ang mga pusa ay magkaparehong kambal). Ito ay isang napakahalagang kondisyon!

a) Katahimikan ng mga pusa. Napapailalim sa pagpapatupad na ito lahat ng pusa sabay-sabay
+ ang kanilang lokasyon ay mahalaga, kaya may mga permutasyon dito:
gamit ang mga pamamaraang ito maaari kang maglagay ng mga pusa sa mga sulok ng silid.

Inuulit ko na kapag permuting, tanging ang bilang ng iba't ibang mga bagay at ang kanilang mga kamag-anak na posisyon ang mahalaga. Depende sa mood ni Vasya, maaari niyang upuan ang mga hayop sa isang kalahating bilog sa sofa, sa isang hilera sa windowsill, atbp. – sa lahat ng kaso magkakaroon ng 24 na permutasyon. Para sa kaginhawahan, maaaring isipin ng mga interesado na ang mga pusa ay maraming kulay (halimbawa, puti, itim, pula at tabby) at ilista ang lahat ng posibleng kumbinasyon.

b) Sa ilang paraan maaari mong hayaan ang mga pusa na mamasyal?

Ipinapalagay na ang mga pusa ay naglalakad lamang sa pamamagitan ng pintuan, at ang tanong ay nagpapahiwatig ng kawalang-interes tungkol sa bilang ng mga hayop - 1, 2, 3 o lahat ng 4 na pusa ay maaaring maglakad-lakad.

Binibilang namin ang lahat ng posibleng kumbinasyon:

Sa mga paraan na maaari mong hayaan ang isang pusa (alinman sa apat) na mamasyal;
mga paraan na maaari mong payagang maglakad ang dalawang pusa (ilista mo ang mga opsyon);
sa mga paraan na maaari mong hayaan ang tatlong pusa na mamasyal (isa sa apat ay nakaupo sa bahay);
Sa ganitong paraan maaari mong palabasin ang lahat ng mga pusa.

Marahil ay nahulaan mo na ang mga nagresultang halaga ay dapat na summed up:
mga paraan na maaari mong hayaan ang mga pusa sa paglalakad.

Para sa mga mahilig, nag-aalok ako ng isang kumplikadong bersyon ng problema - kapag ang sinumang pusa sa anumang sample ay maaaring random na lumabas, parehong sa pamamagitan ng pinto at sa pamamagitan ng bintana sa ika-10 palapag. Magkakaroon ng kapansin-pansing pagtaas sa mga kumbinasyon!

c) Sa ilang paraan mapupulot ni Vasya ang dalawang pusa?

Ang sitwasyon ay nagsasangkot hindi lamang sa pagpili ng 2 hayop, kundi pati na rin ang paglalagay sa kanila sa bawat kamay:
Sa mga ganitong paraan makakapulot ka ng 2 pusa.

Pangalawang solusyon: maaari kang pumili ng dalawang pusa gamit ang mga pamamaraan At mga paraan ng pagtatanim bawat isang mag-asawa sa kamay:

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

Well, para malinis ang iyong konsensya, isang bagay na mas partikular tungkol sa pagpaparami ng mga kumbinasyon... Hayaan si Vasya na magkaroon ng 5 karagdagang pusa =) Sa ilang paraan maaari mong hayaang mamasyal ang 2 pusa? At 1 pusa?

Ibig sabihin, kasama bawat isa ang isang pares ng mga pusa ay maaaring ilabas bawat pusa.

Isa pang button na akordyon para sa independiyenteng solusyon:

Suliranin 11

Tatlong pasahero ang sumakay sa elevator ng isang 12-palapag na gusali. Ang lahat, anuman ang iba, ay maaaring lumabas sa alinmang (simula sa ika-2) palapag na may pantay na posibilidad. Sa ilang paraan:

1) maaaring bumaba ang mga pasahero sa parehong palapag (hindi mahalaga ang exit order);
2) dalawang tao ang maaaring bumaba sa isang palapag, at ang pangatlo sa kabilang palapag;
3) maaaring lumabas ang mga tao sa iba't ibang palapag;
4) maaari bang lumabas ang mga pasahero sa elevator?

At dito madalas silang magtanong muli, nililinaw ko: kung 2 o 3 tao ang lumabas sa parehong palapag, kung gayon ang pagkakasunud-sunod ng paglabas ay hindi mahalaga. MAG-ISIP, gumamit ng mga formula at panuntunan para sa pagdaragdag/pagpaparami ng mga kumbinasyon. Sa kaso ng mga kahirapan, kapaki-pakinabang para sa mga pasahero na magbigay ng mga pangalan at mag-isip kung anong mga kumbinasyon ang maaari nilang lumabas sa elevator. Hindi na kailangang magalit kung ang isang bagay ay hindi gumagana, halimbawa, ang punto No. 2 ay medyo mapanlinlang.

Buong solusyon na may mga detalyadong komento sa pagtatapos ng aralin.

Ang huling talata ay nakatuon sa mga kumbinasyon na madalas ding nangyayari - ayon sa aking pansariling pagtatasa, sa humigit-kumulang 20-30% ng mga problemang kombinatoryal:

Mga permutasyon, kumbinasyon at pagkakalagay na may mga pag-uulit

Ang mga nakalistang uri ng kumbinasyon ay nakabalangkas sa talata Blg. 5 ng sangguniang materyal Mga pangunahing formula ng combinatorics, gayunpaman, ang ilan sa mga ito ay maaaring hindi masyadong malinaw sa unang pagbasa. Sa kasong ito, unang ipinapayong pamilyar ang iyong sarili sa mga praktikal na halimbawa, at pagkatapos ay maunawaan ang pangkalahatang pagbabalangkas. Pumunta:

Mga permutasyon na may mga pag-uulit

Sa mga permutasyon na may mga pag-uulit, tulad ng sa "ordinaryong" permutasyon, lahat ng maraming bagay nang sabay-sabay, ngunit may isang bagay: sa set na ito isa o higit pang mga elemento (mga bagay) ang inuulit. Matugunan ang susunod na pamantayan:

Suliranin 12

Ilang magkakaibang kumbinasyon ng titik ang maaaring makuha sa pamamagitan ng muling pagsasaayos ng mga card na may mga sumusunod na letra: K, O, L, O, K, O, L, b, Ch, I, K?

Solusyon: kung sakaling magkakaiba ang lahat ng mga titik, kung gayon ang isang maliit na pormula ay kailangang mailapat, ngunit ganap na malinaw na para sa iminungkahing hanay ng mga kard ang ilang mga manipulasyon ay gagana nang "walang ginagawa", halimbawa, kung magpalit ka ng alinmang dalawang kard na may mga titik na "K" " sa anumang salita, makukuha mo ang parehong salita. Bukod dito, sa pisikal na paraan ang mga card ay maaaring ibang-iba: ang isa ay maaaring bilog na may naka-print na letrang "K", ang isa ay maaaring parisukat na may titik na "K" na iginuhit dito. Ngunit ayon sa kahulugan ng gawain, kahit na ang mga naturang card ay itinuturing na pareho, dahil ang kundisyon ay nagtatanong tungkol sa mga kumbinasyon ng titik.

Ang lahat ay napaka-simple - 11 card lamang, kasama ang liham:

K - paulit-ulit na 3 beses;
O - paulit-ulit na 3 beses;
L - paulit-ulit na 2 beses;
b - paulit-ulit na 1 beses;
H - paulit-ulit na 1 beses;
At - inulit ng 1 beses.

Suriin: 3 + 3 + 2 + 1 + 1 + 1 = 11, na siyang kailangang suriin.

Ayon sa formula bilang ng mga permutasyon na may mga pag-uulit:
maaaring makuha ang iba't ibang kumbinasyon ng titik. Mahigit kalahating milyon!

Upang mabilis na makalkula ang isang malaking halaga ng factorial, maginhawang gamitin ang karaniwang function ng Excel: pumasok sa anumang cell =KATOTOHANAN(11) at pindutin Pumasok.

Sa pagsasagawa, medyo katanggap-tanggap na huwag isulat ang pangkalahatang pormula at, bilang karagdagan, alisin ang mga factorial ng yunit:

Ngunit ang mga paunang komento tungkol sa paulit-ulit na mga titik ay kinakailangan!

Sagot: 554400

Ang isa pang tipikal na halimbawa ng mga permutasyon na may pag-uulit ay nangyayari sa problema sa paglalagay ng piraso ng chess, na makikita sa bodega handa na mga solusyon sa kaukulang pdf. At para sa isang independiyenteng solusyon, nakagawa ako ng isang hindi gaanong formulaic na gawain:

Suliranin 13

Pumapasok si Alexey para sa sports, at 4 na araw sa isang linggo - athletics, 2 araw - mga ehersisyo ng lakas at 1 araw na pagpapahinga. Sa ilang paraan siya makakagawa ng lingguhang iskedyul para sa kanyang sarili?

Ang formula ay hindi gumagana dito dahil isinasaalang-alang nito ang mga nagkataon na pagpapalit (halimbawa, pagpapalit ng mga pagsasanay sa lakas ng Miyerkules sa mga pagsasanay sa lakas ng Huwebes). At muli - sa katunayan, ang parehong 2 mga sesyon ng pagsasanay sa lakas ay maaaring magkakaiba sa bawat isa, ngunit sa konteksto ng gawain (mula sa punto ng view ng iskedyul) sila ay itinuturing na parehong mga elemento.

Dalawang linyang solusyon at sagot sa katapusan ng aralin.

Mga kumbinasyon na may mga pag-uulit

Ang isang tampok na katangian ng ganitong uri ng kumbinasyon ay ang sample ay nakuha mula sa ilang mga grupo, na ang bawat isa ay binubuo ng magkaparehong mga bagay.

Nagsumikap ang lahat ngayon, kaya oras na para i-refresh ang iyong sarili:

Suliranin 14

Ang kantina ng mag-aaral ay nagbebenta ng mga sausage sa kuwarta, cheesecake at donut. Sa ilang paraan makakabili ka ng limang pie?

Solusyon: agad na bigyang-pansin ang karaniwang pamantayan para sa mga kumbinasyon na may mga pag-uulit - ayon sa kondisyon, hindi ito isang hanay ng mga bagay tulad ng inaalok para sa pagpili, ngunit iba't ibang uri mga bagay; ipinapalagay na mayroong hindi bababa sa limang mainit na aso, 5 cheesecake at 5 donut na ibinebenta. Ang mga pie sa bawat grupo ay, siyempre, magkakaiba - dahil ang ganap na magkaparehong mga donut ay maaari lamang gayahin sa isang computer =) Gayunpaman, ang mga pisikal na katangian ng mga pie ay hindi makabuluhan para sa layunin ng problema, at ang mga mainit na aso / cheesecake / ang mga donut sa kanilang mga grupo ay itinuturing na pareho.

Ano ang maaaring nasa sample? Una sa lahat, dapat tandaan na tiyak na magkakaroon ng magkaparehong mga pie sa sample (dahil 5 piraso ang pinipili namin, at mayroong 3 uri na mapagpipilian). Mayroong mga pagpipilian dito para sa bawat panlasa: 5 hot dog, 5 cheesecake, 5 donut, 3 hot dog + 2 cheesecake, 1 hot dog + 2 cheesecake + 2 donut, atbp.

Tulad ng mga "regular" na kumbinasyon, ang pagkakasunud-sunod ng pagpili at paglalagay ng mga pie sa pagpili ay hindi mahalaga - pumili ka lang ng 5 piraso at iyon na.

Ginagamit namin ang formula bilang ng mga kumbinasyon na may mga pag-uulit:
Maaari kang bumili ng 5 pie gamit ang paraang ito.

Bon appetit!

Sagot: 21

Anong konklusyon ang maaaring makuha mula sa maraming problemang kombinatorial?

Minsan ang pinakamahirap na bagay ay unawain ang kondisyon.

Isang katulad na halimbawa para sa isang independiyenteng solusyon:

Suliranin 15

Ang pitaka ay naglalaman ng medyo malaking bilang ng 1-, 2-, 5- at 10-ruble na barya. Sa ilang paraan maaaring alisin ang tatlong barya sa isang pitaka?

Para sa mga layunin ng pagpipigil sa sarili, sagutin ang ilang simpleng tanong:

1) Maaari bang magkaiba ang lahat ng mga barya sa sample?
2) Pangalanan ang "pinakamamura" at pinaka "mahal" na kumbinasyon ng mga barya.

Solusyon at mga sagot sa pagtatapos ng aralin.

Mula sa aking personal na karanasan, masasabi kong ang mga kumbinasyon na may mga pag-uulit ay ang pinakabihirang bisita sa pagsasanay, na hindi masasabi tungkol sa mga sumusunod na uri ng mga kumbinasyon:

Mga pagkakalagay na may mga pag-uulit

Mula sa isang set na binubuo ng mga elemento, ang mga elemento ay pinili, at ang pagkakasunud-sunod ng mga elemento sa bawat pagpili ay mahalaga. At magiging maayos ang lahat, ngunit isang hindi inaasahang biro ay maaari tayong pumili ng anumang bagay ng orihinal na hanay nang maraming beses hangga't gusto natin. Sa makasagisag na pananalita, “ang karamihan ay hindi bababa.”

Kailan ito nangyayari? Ang isang karaniwang halimbawa ay isang kumbinasyon na lock na may ilang mga disk, ngunit dahil sa mga pag-unlad ng teknolohiya, mas nauugnay na isaalang-alang ang digital descendant nito:

Suliranin 16

Ilang apat na digit na PIN code ang mayroon?

Solusyon: sa katunayan, upang malutas ang problema, sapat na ang kaalaman sa mga patakaran ng combinatorics: sa mga paraan na maaari mong piliin ang unang digit ng PIN code At paraan - ang pangalawang digit ng PIN code At sa maraming paraan - pangatlo At ang parehong numero - ang pang-apat. Kaya, ayon sa panuntunan ng pagpaparami ng mga kumbinasyon, ang isang apat na digit na pin code ay maaaring binubuo sa: mga paraan.

At ngayon gamit ang formula. Ayon sa kondisyon, inaalok kami ng isang hanay ng mga numero, kung saan ang mga numero ay pinili at inayos sa isang tiyak na pagkakasunud-sunod, habang ang mga numero sa sample ay maaaring ulitin (ibig sabihin, anumang digit ng orihinal na hanay ay maaaring gamitin ng di-makatwirang dami ng beses). Ayon sa formula para sa bilang ng mga pagkakalagay na may mga pag-uulit:

Sagot: 10000

Ano ang pumapasok sa isip dito... ...kung "kinakain" ng ATM ang card pagkatapos ng ikatlong hindi matagumpay na pagtatangka na ipasok ang PIN code, napakaliit ng pagkakataong kunin ito nang random.

At sino ang nagsabi na ang combinatorics ay walang praktikal na kahulugan? Isang gawaing nagbibigay-malay para sa lahat ng mga mambabasa ng site:

Suliranin 17

Ayon sa pamantayan ng estado, ang isang plaka ng lisensya ng kotse ay binubuo ng 3 numero at 3 titik. Sa kasong ito, ang isang numero na may tatlong zero ay hindi katanggap-tanggap, at ang mga titik ay pinili mula sa hanay na A, B, E, K, M, N, O, P, S, T, U, X (Yung mga Cyrillic letter lang ang ginagamit na ang spelling ay kasabay ng mga letrang Latin).

Ilang magkakaibang mga plaka ng lisensya ang maaaring gawin para sa isang rehiyon?

Hindi naman ganoon karami sa kanila. Sa malalaking rehiyon ay walang sapat na dami, at samakatuwid para sa kanila mayroong ilang mga code para sa inskripsiyong RUS.

Ang solusyon at sagot ay nasa katapusan ng aralin. Don’t forget to use the rules of combinatorics ;-) ...Gusto kong ipakita kung ano ang exclusive, pero hindi pala exclusive =) Tumingin ako sa Wikipedia - may mga kalkulasyon doon, kahit walang komento. Bagaman para sa mga layuning pang-edukasyon, marahil, kakaunti ang mga tao na nalutas ito.

Ang aming kapana-panabik na aralin ay natapos na, at sa wakas ay nais kong sabihin na hindi mo sinayang ang iyong oras - sa kadahilanang ang mga pormula ng combinatorics ay nakahanap ng isa pang mahalagang praktikal na aplikasyon: ang mga ito ay matatagpuan sa iba't ibang mga problema sa teorya ng posibilidad,
at sa mga problemang kinasasangkutan ng klasikal na pagtukoy ng posibilidad- lalo na madalas =)

Salamat sa lahat para sa iyong aktibong pakikilahok at makita ka sa lalong madaling panahon!

Mga Solusyon at Sagot:

Gawain 2: Solusyon: hanapin ang bilang ng lahat ng posibleng permutasyon ng 4 na card:

Kapag ang isang card na may zero ay inilagay sa unang lugar, ang numero ay magiging tatlong-digit, kaya ang mga kumbinasyong ito ay dapat na hindi kasama. Hayaan ang zero sa unang lugar, pagkatapos ay ang natitirang 3 digit sa mas mababang mga digit ay maaaring muling ayusin sa iba't ibang paraan.

Tandaan : kasi Dahil kakaunti lang ang mga card, madaling ilista ang lahat ng opsyon dito:
0579
0597
0759
0795
0957
0975

Kaya, mula sa iminungkahing hanay maaari naming gawin:
24 – 6 = 18 apat na digit na numero
Sagot : 18

Gawain 4: Solusyon: sa mga paraan na maaari kang pumili ng 3 card sa 36.
Sagot : 7140

Gawain 6: Solusyon: mga paraan.
Isa pang solusyon : mga paraan na makakapili ka ng dalawang tao mula sa grupo at at
2) Ang "pinakamurang" set ay naglalaman ng 3 ruble na barya, at ang pinaka "mahal" - 3 sampung-ruble na barya.

Problema 17: Solusyon: gamit ang mga pamamaraang ito, maaari kang lumikha ng isang digital na kumbinasyon ng isang numero ng kotse, habang ang isa sa mga ito (000) ay dapat na hindi kasama: .
gamit ang mga pamamaraang ito maaari kang lumikha ng kumbinasyon ng titik ng isang numero ng plaka ng lisensya.
Ayon sa panuntunan ng pagpaparami ng mga kumbinasyon, ang kabuuan ay maaaring gawin:
mga plaka ng lisensya
(bawat isa pinagsama-sama ang digital na kumbinasyon sa bawat isa kumbinasyon ng titik).
Sagot : 1726272

Ang kumbinasyon ay isang hindi ayos na seleksyon ng mga elemento ng isang may hangganan na hanay na may nakapirming numero at walang pag-uulit ng mga elemento. Ang iba't ibang mga kumbinasyon ay dapat na magkakaiba sa hindi bababa sa isang elemento, at ang pagkakasunud-sunod ng mga elemento ay hindi mahalaga. Halimbawa, mula sa hanay ng lahat ng patinig ng mga letrang Latin (AEIOU), maaari kang gumawa ng 10 iba't ibang kumbinasyon ng 3 titik, na bumubuo sa mga sumusunod na unordered triplets:

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

Ito ay kagiliw-giliw na tandaan na mula sa parehong limang mga titik maaari ka ring makakuha ng 10 iba't ibang mga kumbinasyon kung pagsamahin mo ang mga ito ng 2 mga titik sa isang pagkakataon, na ginagawa ang mga sumusunod na hindi nakaayos na mga pares:

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

Gayunpaman, kung pagsasamahin mo ang parehong patinig na mga letrang Latin sa pamamagitan ng 4, makukuha mo lamang ang sumusunod na 5 magkakaibang kumbinasyon:

AEIO, AEIU, AIOU, EIOU, AEOU.

Sa pangkalahatan, upang tukuyin ang bilang ng mga kumbinasyon ng n magkakaibang elemento ng m elemento, ang sumusunod na functional, index o vector (Appel) na simbolismo ay ginagamit:

Anuman ang anyo ng notasyon, ang bilang ng mga kumbinasyon ng n elemento ng m elemento ay maaaring matukoy gamit ang mga sumusunod na multiplicative at factorial na formula:

Madaling suriin na ang resulta ng mga kalkulasyon gamit ang mga formula na ito ay tumutugma sa mga resulta ng halimbawang tinalakay sa itaas na may mga kumbinasyon ng mga patinig sa mga titik na Latin. Sa partikular, sa n=5 at m=3, ang mga kalkulasyon gamit ang mga formula na ito ay magbibigay ng sumusunod na resulta:

Sa pangkalahatang kaso, ang mga formula para sa bilang ng mga kumbinasyon ay may kombinatoryal na kahulugan at wasto para sa anumang mga integer na halaga ng n at m, kung kaya't n > m > 0. Kung m > n at m< 0, то число сочетаний равно 0, так как в этом случае основное множество из n элементов вообще не имеет подмножеств мощности m:

Bilang karagdagan, kapaki-pakinabang na tandaan ang mga sumusunod na naglilimita sa mga bilang ng mga kumbinasyon, na madaling masuri sa pamamagitan ng direktang pagpapalit sa multiplicative at factorial na mga formula:

Dapat ding tandaan na ang multiplicative formula ay nananatiling wasto kahit na ang n ay isang tunay na numero, hangga't ang m ay isang integer value pa rin. Gayunpaman, pagkatapos ay ang resulta ng pagkalkula gamit ito, habang pinapanatili ang pormal na bisa, ay nawawala ang kombinatoryal na kahulugan nito.

MGA PAGKAKAKILANLAN NG MGA KOMBINASYON

Ang praktikal na paggamit ng multiplicative at factorial na mga formula upang matukoy ang bilang ng mga kumbinasyon para sa mga arbitrary na halaga ng n at m ay lumalabas na hindi gaanong produktibo dahil sa exponential growth ng mga factorial na produkto ng kanilang numerator at denominator. Kahit na para sa medyo maliit na halaga ng n at m, ang mga produktong ito ay madalas na lumampas sa mga kakayahan ng kumakatawan sa mga integer sa modernong computing at software system. Bukod dito, ang kanilang mga halaga ay lumalabas na mas malaki kaysa sa nagresultang halaga ng bilang ng mga kumbinasyon, na maaaring medyo maliit. Halimbawa, ang bilang ng mga kumbinasyon ng n=10 sa m=8 na elemento ay 45 lamang. Gayunpaman, upang mahanap ang halagang ito gamit ang factorial formula, kailangan mo munang kalkulahin ang mas malalaking halaga ng 10! sa numerator at 8! sa denominator:

Upang maalis ang matagal na operasyon para sa pagproseso ng malalaking dami, upang matukoy ang bilang ng mga kumbinasyon, maaari mong gamitin ang iba't ibang mga relasyon sa pag-ulit, na direktang sumusunod mula sa multiplicative at factorial na mga formula. Sa partikular, ang sumusunod na kaugnayan sa pag-ulit ay sumusunod mula sa multiplicative formula, na nagpapahintulot sa amin na kunin ang ratio ng mga indeks nito na lampas sa tanda ng bilang ng mga kumbinasyon:

Sa wakas, ang pagpapanatiling pare-pareho ang subscript ay nagbibigay ng sumusunod na recurrence relation, na madaling makuha mula sa factorial formula para sa bilang ng mga kumbinasyon:

Pagkatapos ng elementarya na pagbabagong-anyo, ang tatlong resultang pag-uulit na mga relasyon ay maaaring katawanin sa mga sumusunod na anyo:

Kung idaragdag natin ngayon ang kaliwa at kanang bahagi ng unang 2 formula at bawasan ang resulta sa pamamagitan ng n, makakakuha tayo ng mahalagang kaugnayan sa pag-ulit, na tinatawag na pagkakakilanlan ng pagdaragdag ng mga numero ng kumbinasyon:

Ang pagdaragdag ng pagkakakilanlan ay nagbibigay ng isang pangunahing panuntunan sa pag-ulit para sa mahusay na pagtukoy ng bilang ng mga kumbinasyon para sa malalaking halaga ng n at m, dahil pinapayagan nito ang pagpaparami ng pagpapatakbo sa mga factorial na produkto na mapalitan ng mas simpleng mga operasyon sa pagdaragdag, at para sa mas maliit na bilang ng mga kumbinasyon. Sa partikular, gamit ang pagdaragdag ng pagkakakilanlan, madali na ngayong matukoy ang bilang ng mga kumbinasyon ng n=10 sa pamamagitan ng m=8 elemento, na tinalakay sa itaas, sa pamamagitan ng pagsasagawa ng sumusunod na pagkakasunod-sunod ng mga paulit-ulit na pagbabagong-anyo:

Bilang karagdagan, ang ilang mga kapaki-pakinabang na ugnayan para sa pagkalkula ng mga finite sums ay maaaring makuha mula sa karagdagan na pagkakakilanlan, sa partikular, ang formula para sa pagsusuma sa pamamagitan ng subscript, na mayroong sumusunod na anyo:

Nakukuha ang kaugnayang ito kung sa karagdagan na pagkakakilanlan ay pinalawak natin ang pag-ulit kasama ng termino na may pinakamalaking superscript habang ang subscript nito ay mas malaki sa 0. Ang sumusunod na halimbawang numero ay naglalarawan sa prosesong ito ng paulit-ulit na pagbabagong-anyo:

Ang subscript summation formula ay kadalasang ginagamit upang kalkulahin ang kabuuan ng mga kapangyarihan ng mga natural na numero. Sa partikular, kung ipagpalagay na m=1, gamit ang formula na ito ay madaling mahanap ang kabuuan ng unang n numero ng natural na serye:

Ang isa pang kapaki-pakinabang na bersyon ng formula ng pagbubuod ay maaaring makuha sa pamamagitan ng pagpapalawak ng pag-ulit ng pagkakakilanlan ng karagdagan kasama ang termino na may pinakamaliit na superscript. Ang sumusunod na numerong halimbawa ay naglalarawan sa bersyong ito ng mga paulit-ulit na pagbabago:

Sa pangkalahatang kaso, bilang isang resulta ng naturang mga pagbabagong-anyo, ang kabuuan ng mga bilang ng mga kumbinasyon ay nakuha, ang parehong mga indeks na kung saan ay naiiba ng isa mula sa mga kalapit na termino, at ang pagkakaiba sa mga indeks ay nananatiling pare-pareho (sa halimbawang isinasaalang-alang, ito ay katumbas din ng isa). Kaya, nakukuha namin ang sumusunod na formula ng pagbubuod para sa parehong mga indeks ng mga numero ng kumbinasyon:

Bilang karagdagan sa mga ugnayan sa pag-ulit at mga formula ng pagbubuod na tinalakay sa itaas, maraming iba pang kapaki-pakinabang na pagkakakilanlan para sa mga numero ng kumbinasyon ang nakuha sa pagsusuring kombinatorial. Ang pinakamahalaga sa kanila ay pagkakakilanlan ng simetriya, na ganito ang hitsura:

Ang bisa ng pagkakakilanlan ng symmetry ay maaaring ma-verify sa sumusunod na halimbawa sa pamamagitan ng paghahambing ng mga bilang ng mga kumbinasyon ng 5 elemento sa pamamagitan ng 2 at ng (5 2) = 3:

Ang pagkakakilanlan ng symmetry ay may malinaw na kombinatoryal na kahulugan, dahil, sa pamamagitan ng pagtukoy sa bilang ng mga opsyon para sa pagpili ng m elemento mula sa n elemento, sabay-sabay nitong itinatatag ang bilang ng mga kumbinasyon mula sa natitirang (nm) na hindi napiling mga elemento. Ang ipinahiwatig na simetrya ay agad na nakuha sa pamamagitan ng pagpapalit ng m ng (nm) sa factorial formula para sa bilang ng mga kumbinasyon:

Ang mga numero at kumbinasyong pagkakakilanlan ay malawakang ginagamit sa iba't ibang larangan ng modernong computational mathematics. Gayunpaman, ang kanilang pinakasikat na mga aplikasyon ay nauugnay sa binomial ng Newton at tatsulok ng Pascal.

BINOMIAL THEOREM

Upang maisagawa ang iba't ibang mga pagbabagong-anyo at kalkulasyon sa matematika, mahalagang magawang kumatawan sa anumang natural na kapangyarihan ng isang algebraic binomial (binomial) sa anyo ng isang polynomial. Para sa maliliit na kapangyarihan, ang gustong polynomial ay madaling makuha sa pamamagitan ng direktang pagpaparami ng binomial. Sa partikular, ang mga sumusunod na formula para sa parisukat at kubo ng kabuuan ng dalawang termino ay kilala mula sa kurso ng elementarya na matematika:

Sa pangkalahatang kaso, para sa isang di-makatwirang degree n ng isang binomial, ang kinakailangang representasyon sa anyo ng isang polynomial ay ibinibigay ng binomial theorem ni Newton, na nagdedeklara ng sumusunod na pagkakapantay-pantay na totoo:

Ang pagkakapantay-pantay na ito ay karaniwang tinatawag na Newton's binomial. Ang polynomial sa kanang bahagi nito ay nabuo sa pamamagitan ng kabuuan ng mga produkto ng n term X at Y ng binomial sa kaliwang bahagi, at ang mga coefficient sa harap ng mga ito ay tinatawag na binomial at katumbas ng bilang ng mga kumbinasyon na may mga indeks, na kung saan ay nakuha mula sa kanilang mga kapangyarihan. Dahil sa partikular na kasikatan ng binomial formula ni Newton sa combinatorial analysis, ang mga terminong binomial coefficient at bilang ng mga kumbinasyon ay karaniwang itinuturing na magkasingkahulugan.

Malinaw, ang mga squared at cubed sum formula ay mga espesyal na kaso ng binomial theorem para sa n=2 at n=3, ayon sa pagkakabanggit. Upang mahawakan ang mas mataas na degree (n>3), dapat gamitin ang binomial na formula ng Newton. Ang aplikasyon nito para sa isang fourth degree binomial (n=4) ay ipinapakita ng sumusunod na halimbawa:

Dapat pansinin na ang binomial formula ay kilala kahit na bago si Newton sa medieval mathematician ng Arab East at Western Europe. Samakatuwid, ang karaniwang tinatanggap na pangalan nito ay hindi tama sa kasaysayan. Ang merito ni Newton ay na-generalize niya ang formula na ito sa kaso ng isang arbitrary real exponent r, na maaaring tumagal ng anumang positibo o negatibong rational at irrational na mga halaga. Sa pangkalahatang kaso, ang naturang Newton binomial formula ay may walang katapusang kabuuan sa kanang bahagi at kadalasang isinusulat tulad ng sumusunod:

Halimbawa, na may positibong fractional na halaga ng exponent r=1/2, na isinasaalang-alang ang mga halaga ng binomial coefficients, ang sumusunod na pagpapalawak ay nakuha:

Sa pangkalahatang kaso, ang binomial na formula ng Newton para sa anumang exponent ay isang espesyal na bersyon ng formula ng Maclaurin, na nagbibigay ng pagpapalawak ng isang arbitrary na function sa isang serye ng kapangyarihan. Ipinakita ni Newton iyon para sa |z|< 1 этот ряд сходится, и сумма в правой части становится конечной. При любой натуральной степени r = n в правой части также получается конечная сумма из (n+1) первых слагаемых, так как все C(n, k>n) = 0 . Kung itatakda natin ngayon ang Z=X/Y at i-multiply ang kaliwa at kanang bahagi sa Yn, makakakuha tayo ng bersyon ng Newton binomial formula na tinalakay sa itaas.

Sa kabila ng pagiging pangkalahatan nito, pinapanatili ng binomial theorem ang kombinatoryal na kahulugan nito para lamang sa mga di-negatibong integer na kapangyarihan ng binomial. Sa kasong ito, maaari itong magamit upang patunayan ang ilang mga kapaki-pakinabang na pagkakakilanlan para sa binomial coefficients. Sa partikular, ang mga formula para sa pagbubuod ng mga bilang ng mga kumbinasyon ayon sa subscript at ng parehong mga indeks ay tinalakay sa itaas. Ang nawawalang superscript summation identity ay madaling makuha mula sa binomial formula ni Newton sa pamamagitan ng paglalagay ng X = Y = 1 o Z = 1 dito:

Ang isa pang kapaki-pakinabang na pagkakakilanlan ay nagtatatag ng pagkakapantay-pantay ng mga kabuuan ng mga binomial na coefficient na may pantay at kakaibang mga numero. Agad itong nakuha mula sa binomial na formula ng Newton kung X = 1 at Y = 1 o Z = 1:

Sa wakas, mula sa parehong itinuturing na pagkakakilanlan ay nakukuha namin ang pagkakakilanlan ng kabuuan ng mga binomial na coefficient na may pantay o kakaibang mga numero lamang:

Batay sa mga isinasaalang-alang na pagkakakilanlan at sa paulit-ulit na panuntunan ng pag-alis ng mga indeks mula sa ilalim ng tanda ng bilang ng mga kumbinasyon, maraming mga kawili-wiling relasyon ang maaaring makuha. Halimbawa, kung sa superscript summation formula pinapalitan natin ang n sa lahat ng dako ng (n1) at aalisin ang mga indeks sa bawat termino, makukuha natin ang sumusunod na kaugnayan:

Gamit ang isang katulad na pamamaraan sa formula para sa kabuuan ng mga binomial na coefficient na may kahit at kakaibang mga numero, posibleng patunayan ang bisa ng, halimbawa, ang sumusunod na kaugnayan:

Ang isa pang kapaki-pakinabang na pagkakakilanlan ay nagbibigay-daan sa iyo upang madaling kalkulahin ang kabuuan ng mga produkto ng simetriko na matatagpuan na binomial coefficient ng dalawang binomial ng arbitrary degrees n at k gamit ang sumusunod na Cauchy formula:

Ang bisa ng formula na ito ay sumusunod mula sa kinakailangang pagkakapantay-pantay ng mga coefficient para sa anumang antas m ng variable Z sa kaliwa at kanang bahagi ng sumusunod na magkatulad na kaugnayan:

Sa espesyal na kaso kapag n=k=m, na isinasaalang-alang ang pagkakakilanlan ng symmetry, isang mas sikat na formula para sa kabuuan ng mga parisukat ng binomial coefficients ay nakuha:

Maraming iba pang mga kapaki-pakinabang na pagkakakilanlan para sa mga binomial na koepisyent ay matatagpuan sa malawak na panitikan sa kombinatoryal na pagsusuri. Gayunpaman, ang kanilang pinakatanyag na praktikal na aplikasyon ay nauugnay sa tatsulok ng Pascal.

TRIANGLE NI PASCAL

Ang arithmetic triangle ni Pascal ay bumubuo ng isang walang katapusang numerical table na binubuo ng mga binomial coefficient. Ang mga linya nito ay inayos ayon sa mga kapangyarihan ng binomial mula sa itaas hanggang sa ibaba. Sa bawat linya, ang mga binomial na coefficient ay nakaayos sa pataas na pagkakasunud-sunod ng mga superscript ng mga katumbas na numero ng kumbinasyon mula kaliwa hanggang kanan. Karaniwang isinusulat ang tatsulok ng Pascal sa isosceles o hugis-parihaba na anyo.

Ang mas nakikita at karaniwan ay ang isosceles na format, kung saan ang binomial coefficients, staggered, ay bumubuo ng isang walang katapusang isosceles triangle. Ang paunang fragment nito para sa mga binomial hanggang sa ika-4 na antas (n=4) ay may sumusunod na anyo:

Sa pangkalahatan, ang isosceles triangle ng Pascal ay nagbibigay ng isang maginhawang geometric na panuntunan para sa pagtukoy ng mga binomial coefficient, na batay sa mga pagkakakilanlan ng karagdagan at ang simetrya ng mga kumbinasyon ng numero. Sa partikular, ayon sa pagkakakilanlan ng karagdagan, ang anumang binomial na koepisyent ay ang kabuuan ng dalawang coefficient ng nakaraang hilera na pinakamalapit dito. Ayon sa pagkakakilanlan ng symmetry, ang isosceles triangle ng Pascal ay simetriko na may paggalang sa bisector nito. Kaya, ang bawat linya nito ay isang numerical palindrome ng binomial coefficients. Ang ipinahiwatig na algebraic at geometric na mga tampok ay ginagawang posible na madaling mapalawak ang isosceles triangle ni Pascal at patuloy na mahanap ang mga halaga ng binomial coefficients ng mga arbitrary na kapangyarihan.

Gayunpaman, upang pag-aralan ang iba't ibang mga katangian ng tatsulok ng Pascal, mas maginhawang gamitin ang pormal na mas mahigpit na hugis-parihaba na format. Sa format na ito, ito ay tinukoy ng isang mas mababang triangular matrix ng binomial coefficients, kung saan sila ay bumubuo ng isang walang katapusang right triangle. Ang paunang fragment ng kanang tatsulok ng Pascal para sa mga binomial hanggang sa ika-9 na antas (n=9) ay may sumusunod na anyo:

Geometrically, tulad ng isang hugis-parihaba talahanayan ay nakuha sa pamamagitan ng pahalang deforming Pascal's isosceles triangle. Bilang resulta, ang mga serye ng numero na parallel sa mga lateral na gilid ng isosceles triangle ni Pascal ay nagiging mga vertical at diagonal ng right triangle ni Pascal, at ang mga pahalang na linya ng parehong triangles ay nag-tutugma. Kasabay nito, nananatiling wasto ang mga alituntunin ng karagdagan at symmetry ng mga binomial coefficient, bagaman nawawala sa kanang tatsulok ng Pascal ang katangian ng visual na simetriko ng katapat nitong isosceles. Upang mabayaran ito, nagiging mas maginhawang pormal na pag-aralan ang iba't ibang mga numerical na katangian ng binomial coefficient para sa mga pahalang, patayo, at dayagonal ng kanang tatsulok ni Pascal.

Simula sa pagsusuri ng mga pahalang ng kanang tatsulok ni Pascal, madaling mapansin na ang kabuuan ng mga elemento ng anumang hilera na may numerong n ay katumbas ng 2n alinsunod sa formula para sa pagsusuma ng mga binomial sa pamamagitan ng superscript. Ito ay sumusunod mula dito na ang kabuuan ng mga elemento sa itaas ng alinman sa mga pahalang na linya na may bilang n ay katumbas ng (2 n 1). Ang resultang ito ay nagiging malinaw kung ang halaga ng kabuuan ng mga elemento ng bawat pahalang ay nakasulat sa binary number system. Halimbawa, para sa n=4 ang karagdagan na ito ay maaaring isulat bilang mga sumusunod:

Narito ang ilang mas kawili-wiling katangian ng mga pahalang na nauugnay din sa mga kapangyarihan ng dalawa. Ito ay lumalabas na kung ang pahalang na numero ay isang kapangyarihan ng dalawa (n=2 k), kung gayon ang lahat ng mga panloob na elemento nito (maliban sa mga panlabas) ay mga kahit na numero. Sa kabaligtaran, ang lahat ng mga numero ng isang pahalang na linya ay magiging kakaiba kung ang bilang nito ay mas mababa ng isa kaysa sa kapangyarihan ng dalawa (n=2 k 1). Maaaring ma-verify ang validity ng mga katangiang ito sa pamamagitan ng pagsuri sa parity ng mga internal na binomial coefficient, halimbawa, sa mga pahalang n=4 at n=3 o n=8 at n=7.

Hayaan ngayon ang row number ng right triangle ni Pascal ay isang prime number p. Pagkatapos ang lahat ng panloob na binomial coefficient nito ay nahahati sa p. Ang ari-arian na ito ay madaling suriin para sa maliliit na halaga ng mga prime contour na numero. Halimbawa, ang lahat ng panloob na binomial na coefficient ng ikalimang pahalang (5, 10 at 5) ay malinaw na mahahati ng 5. Upang patunayan ang resultang ito para sa anumang prime horizontal na numerong p, kailangan mong isulat ang multiplicative formula para sa mga binomial coefficient nito tulad ng sumusunod:

Dahil ang p ay isang prime number at, samakatuwid, ay hindi nahahati sa m!, ang produkto ng natitirang mga kadahilanan ng numerator ng formula na ito ay dapat na mahahati ng m! upang magarantiya ang isang integer na halaga ng binomial coefficient. Ito ay sumusunod na ang ratio sa mga square bracket ay isang natural na numero N at ang nais na resulta ay nagiging halata:

Gamit ang resultang ito, maitatag natin na ang mga numero ng lahat ng pahalang na linya ng tatsulok ni Pascal, ang mga panloob na elemento nito ay nahahati sa isang binigay na prime number p, ay mga kapangyarihan ng p, ibig sabihin, mayroon silang anyo n=p k. Sa partikular, kung p=3, kung gayon ang prime number p ay naghahati hindi lamang sa lahat ng panloob na elemento ng row 3, tulad ng itinatag sa itaas, ngunit, halimbawa, ang ika-9 na pahalang (9, 36, 84 at 126). Sa kabilang banda, sa tatsulok ni Pascal imposibleng makahanap ng pahalang na linya na ang mga panloob na elemento ay lahat ay nahahati sa isang pinagsama-samang numero. Kung hindi man, ang bilang ng naturang pahalang na linya ay dapat na sabay-sabay na isang kapangyarihan ng mga pangunahing divisors ng pinagsama-samang numero kung saan ang lahat ng mga panloob na elemento nito ay nahahati, ngunit ito ay imposible para sa malinaw na mga kadahilanan.

Ang mga isinasaalang-alang na pagsasaalang-alang ay nagpapahintulot sa amin na bumalangkas ng sumusunod na pangkalahatang pamantayan para sa divisibility ng mga pahalang na elemento ng tatsulok ng Pascal. Ang pinakamalaking karaniwang divisor (GCD) ng lahat ng panloob na elemento ng anumang pahalang na linya ng tatsulok ng Pascal na may numerong n ay katumbas ng prime number p kung n=pk o 1 sa lahat ng iba pang mga kaso:

GCD(Cmn) = ( ) para sa anumang 0< m < n .

Sa pagtatapos ng pagsusuri ng mga pahalang, ito ay nagkakahalaga ng pagsasaalang-alang ng isa pang kawili-wiling pag-aari na mayroon ang serye ng mga binomial coefficient na bumubuo sa kanila. Kung ang binomial coefficients ng anumang pahalang na linya na may numero n ay pinarami ng sunud-sunod na kapangyarihan ng bilang 10, at pagkatapos ay idinagdag ang lahat ng mga produktong ito, ang resulta ay 11 n. Ang pormal na katwiran para sa resultang ito ay ang pagpapalit ng mga halaga X=10 at Y=1 (o Z=1) sa Newton binomial formula. Ang sumusunod na numerical na halimbawa ay naglalarawan ng katuparan ng property na ito para sa n=5:

Ang pagsusuri ng mga katangian ng mga patayo ng kanang tatsulok ni Pascal ay maaaring magsimula sa pag-aaral ng mga indibidwal na katangian ng kanilang mga sangkap na bumubuo. Pormal, ang bawat patayong m ay nabuo ng sumusunod na walang katapusang pagkakasunud-sunod ng mga binomial na coefficient na may pare-parehong superscript (m) at isang pagtaas ng subscript:

Malinaw, kapag m=0 ang isang pagkakasunod-sunod ng mga ay nakuha, at kapag m=1 isang serye ng mga natural na numero ay nabuo. Kapag m=2 ang patayo ay binubuo ng mga tatsulok na numero. Ang bawat tatsulok na numero ay maaaring ilarawan sa isang eroplano sa anyo ng isang equilateral triangle, na puno ng mga di-makatwirang bagay (nuclei) na nakaayos sa isang pattern ng checkerboard. Sa kasong ito, tinutukoy ng halaga ng bawat triangular na numerong T k ang bilang ng kumakatawan sa mga kernel, at ipinapakita ng index kung gaano karaming mga hilera ng mga kernel ang kailangan upang kumatawan dito. Halimbawa, 4 na paunang triangular na numero ang kumakatawan sa mga sumusunod na configuration ng katumbas na bilang ng mga nuclear na "@" na simbolo:

Dapat pansinin na sa katulad na paraan ay maaaring ipakilala ng isa sa pagsasaalang-alang ang mga square number S k , na nakukuha sa pamamagitan ng pag-squaring ng mga natural na numero at, sa pangkalahatan, polygonal figured na mga numero na nabuo sa pamamagitan ng regular na pagpuno ng mga regular na polygon. Sa partikular, ang 4 na unang parisukat na numero ay maaaring katawanin tulad ng sumusunod:

Pagbabalik sa pagsusuri ng mga patayo ng tatsulok ni Pascal, mapapansin natin na ang susunod na patayo sa m=3 ay puno ng mga numerong tetrahedral (pyramidal). Ang bawat bilang na P k ay tumutukoy sa bilang ng mga core na maaaring isaayos sa hugis ng isang tetrahedron, at tinutukoy ng index kung gaano karaming mga pahalang na tatsulok na layer ng mga hilera ng mga core ang kinakailangan upang ilarawan ito sa tatlong-dimensional na espasyo. Sa kasong ito, ang lahat ng pahalang na layer ay dapat na kinakatawan bilang sunud-sunod na mga triangular na numero. Ang mga elemento ng mga sumusunod na vertical ng tatsulok ng Pascal para sa m>3 ay bumubuo ng mga serye ng mga hypertetraedal na numero, na walang visual na geometric na interpretasyon sa eroplano o sa three-dimensional na espasyo, ngunit pormal na tumutugma sa multidimensional na mga analogue ng triangular at tetrahedal na mga numero.

Bagaman ang serye ng patayong numero ng tatsulok ng Pascal ay may itinuturing na indibidwal na mga tampok na hugis, para sa kanila posible na kalkulahin ang mga bahagyang kabuuan ng mga halaga ng mga paunang elemento sa parehong paraan, gamit ang formula para sa pagbubuod ng mga bilang ng mga kumbinasyon sa pamamagitan ng subscript . Sa tatsulok ni Pascal, ang formula na ito ay may sumusunod na geometric na interpretasyon. Ang kabuuan ng mga halaga ng n upper binomial coefficients ng anumang vertical ay katumbas ng halaga ng elemento ng susunod na vertical, na matatagpuan sa isang linya sa ibaba. Ang resultang ito ay pare-pareho rin sa geometric na istruktura ng mga triangular, tetrahedral at hypertetrahedal na mga numero, dahil ang representasyon ng bawat naturang numero ay binubuo ng mga pangunahing layer na kumakatawan sa mas mababang pagkakasunod-sunod ng mga numero. Sa partikular, ang nth triangular na numero na Tn ay maaaring makuha sa pamamagitan ng pagsusuma ng lahat ng natural na numero na kumakatawan sa mga linear na layer nito:

Katulad nito, hindi mahirap hanapin ang tetrahedral number na Pn sa pamamagitan ng pagkalkula ng sumusunod na kabuuan ng unang n triangular na numero na bumubuo sa pahalang na core layer nito:

Bilang karagdagan sa mga pahalang at patayo sa kanang tatsulok ng Pascal, maaaring masubaybayan ng isa ang mga hilera ng mga elemento ng dayagonal, ang pag-aaral ng mga katangian nito ay may ilang interes din. Sa kasong ito, karaniwang ginagawa ang pagkakaiba sa pagitan ng pababang at pataas na mga dayagonal. Ang mga pababang dayagonal ay kahanay sa hypotenuse ng kanang tatsulok ni Pascal. Ang mga ito ay nabuo sa pamamagitan ng serye ng mga binomial coefficient na may pagtaas ng parehong mga indeks. Dahil sa pagkakakilanlan ng simetrya, ang mga pababang diagonal ay nag-tutugma sa mga halaga ng kanilang mga elemento na may kaukulang mga patayong hilera ng tatsulok ng Pascal at samakatuwid ay ulitin ang lahat ng kanilang mga katangian na tinalakay sa itaas. Ang ipinahiwatig na pagsusulatan ay maaaring masubaybayan sa pamamagitan ng pagkakaisa ng mga halaga ng mga elemento ng pababang dayagonal at patayo na may anumang numero n, kung ang mga vertical na zero ay hindi isinasaalang-alang:

Ang mga pataas na diagonal ay bumubuo ng serye ng numero na geometriko na patayo sa hypotenuse ng right triangle ni Pascal. Ang mga ito ay puno ng binomial coefficients na may pagbaba ng mas mababa at pagtaas ng superscript. Sa partikular, ang 7 upper ascending diagonal ay bumubuo ng sumusunod na numerical sequence nang hindi isinasaalang-alang ang mga trailing zero:

Sa pangkalahatan, ang pataas na dayagonal na numero n ay naglalaman ng mga sumusunod na binomial coefficient, ang kabuuan ng mga indeks ng bawat isa ay katumbas ng (n1):

Sa bisa ng pagdaragdag ng pagkakakilanlan para sa mga kumbinasyong numero, ang bawat dayagonal na elemento ay katumbas ng kabuuan ng dalawang elemento na tumutugma sa mga indeks mula sa dalawang naunang pataas na diagonal. Nagbibigay-daan ito sa bawat kasunod na pataas na dayagonal na mabuo sa pamamagitan ng pairwise na pagsusuma ng mga katabing pahalang na elemento mula sa dalawang naunang diagonal, na walang katapusang pagpapalawak ng tatsulok ni Pascal sa kahabaan ng dayagonal. Ang sumusunod na fragment ng tatsulok ni Pascal ay naglalarawan ng pagbuo ng isang pataas na dayagonal na numero 8 kasama ang mga dayagonal na may bilang na 6 at 7:

Sa pamamaraang ito ng pagbuo, ang kabuuan ng mga elemento ng anumang pataas na dayagonal, simula sa ika-3, ay magiging katumbas ng kabuuan ng mga elemento ng dalawang nakaraang pataas na diagonal, at ang unang 2 diagonal ay binubuo lamang ng isang elemento, ang halaga. kung saan ay 1. Ang mga resulta ng kaukulang mga kalkulasyon ay bumubuo sa sumusunod na serye ng numero, ayon sa kung saan maaari mong suriin ang bisa ng itinuturing na pag-aari ng mga pataas na diagonal ng kanang tatsulok ni Pascal:

Sa pagsusuri sa mga numerong ito, makikita mo na ayon sa isang katulad na batas, ang kilalang pagkakasunud-sunod ng mga numero ng Fibonacci ay nabuo, kung saan ang bawat susunod na numero ay katumbas ng kabuuan ng dalawang nauna, at ang unang dalawang numero ay katumbas ng 1:

Kaya, maaari nating iguhit ang sumusunod na mahalagang konklusyon: ang mga diagonal na kabuuan ng mga elemento ng tatsulok ng Pascal ay bumubuo sa Fibonacci sequence. Ang ari-arian na ito ay nagpapahintulot sa amin na magtatag ng isa pang kawili-wiling katangian ng tatsulok ni Pascal. Paulit-ulit na pagpapalawak ng formula ng Fibonacci, madaling patunayan na ang kabuuan ng mga unang n Fibonacci na numero ay katumbas ng (F n+2 1).

Samakatuwid, ang kabuuan ng binomial coefficients na pumupuno sa itaas na n diagonal ay katumbas din ng (F n+2 1). Kasunod nito na ang kabuuan ng unang n diagonal ng tatsulok ni Pascal ay 1 mas mababa kaysa sa kabuuan ng mga binomial coefficient na nakatayo sa dayagonal nito na may numero (n+2).

Sa konklusyon, dapat tandaan na ang itinuturing na mga katangian ng mga pahalang, patayo at dayagonal ng tatsulok ni Pascal ay hindi nauubos ang malaking pagkakaiba-iba ng mga posibilidad na magkakaugnay sa iba't ibang mga aspeto ng matematika na sa unang tingin ay walang pagkakatulad. Ang ganitong mga hindi pangkaraniwang katangian ay nagbibigay-daan sa amin na isaalang-alang ang tatsulok ng Pascal na isa sa mga pinakaperpektong sistema ng numero, na ang lahat ng mga kakayahan ay hindi mailista at mahirap i-overestimate.

Ang algorithm para sa pagkalkula ng bilang ng mga kumbinasyon gamit ang tatsulok ng Pascal ay ipinakita sa ibaba:

Pribadong Function SochTT (ByVal n Bilang Integer, ByVal k Bilang Integer) Bilang Double Dim i Bilang Integer Dim j Bilang Integer Dim TT () Bilang Double ReDim TT (n, k) Para sa i = 0 Hanggang n TT (0, i) = 1 TT (i, i) = 1 Susunod Para sa i = 2 Upang n Para sa j = 1 Upang i - 1 TT (i, j) = TT (i - 1, j - 1) + TT (i - 1, j) Susunod Susunod SochTT = TT (n, k) End Function

Kung kailangan mong kalkulahin ang bilang ng mga kumbinasyon nang maraming beses, maaaring mas maginhawang gumawa ng tatsulok ng Pascal nang isang beses, at pagkatapos ay tumanggap ng data mula sa array.

Dim TT () Bilang Double Private Sub CreateTT () ReDim TT (0, 0) BuildTT 0, 0 End Sub Private Function SochTT (ByVal n Bilang Integer, ByVal k Bilang Integer) Bilang Doble Kung n > Ubound (TT) Pagkatapos BuildTT Ubound (TT) + 1, n SochTT = TT (n, k) End Function Private Sub TerminateTT () ReDim TT (0, 0) End Sub Private Sub BuildTT (ByVal start As Integer, ByVal end As Integer) Dim i As Integer Dim j As Integer ReDim Preserve TT (end, end) Para sa i = simula Hanggang wakas TT (0, i) = 1 TT (i, i) = 1 Susunod Kung dulo< 2 Then Exit Sub If start < 2 Then start = 2 For i = start To end For j = 1 To i - 1 TT (i, j) = TT (i - 1, j - 1) + TT (i - 1, j) Next Next End Sub

Una kailangan mong tawagan ang pamamaraang CreateTT. Maaari mong makuha ang bilang ng mga kumbinasyon gamit ang SochTT function. Kapag hindi mo na kailangan ang tatsulok, tawagan ang pamamaraan ng TerminateTT. Sa code sa itaas, kapag tumatawag sa SochTT function, kung ang tatsulok ay hindi pa nakumpleto sa kinakailangang antas, pagkatapos ito ay nakumpleto gamit ang BuildTT procedure. Nakukuha ng function ang gustong elemento ng TT array at ibinabalik ito.

Dim X () Bilang Integer Dim Counter () Bilang Integer Dim K Bilang Integer Dim N Bilang Integer Public Sub Soch() Dim i Bilang Integer N = CInt(InputBox("Enter N")) K = CInt(InputBox("Enter K ")) K = K + 1 ReDim X(N) Para sa i = 1 Hanggang N X(i) = i Susunod na txtOut.Text = "" ReDim Counter(K) Counter(0) = 1 SochGenerate 1 End Sub Private Sub SochGenerate( ByVal c Bilang Integer) Dim i Bilang Integer Dim j Bilang Integer Dim n1 Bilang Integer Dim Out() Bilang Integer Dim X1() Bilang Integer Kung c = K Pagkatapos I-reDim Out(K) X1 = X Para sa i = 1 Hanggang K - 1 n1 = 0 Para sa j = 1 Hanggang N Kung X1(j)<>0 Pagkatapos n1 = n1 + 1 Kung n1 = Counter(i) Then Out(i) = X1(j) X1(j) = 0 Exit For End Kung Susunod txtOut.Text = txtOut.Text & CStr(Out(i)) Susunod na txtOut.Text = txtOut.Text & vbCrLf Iba Pa Para sa Counter(c) = Counter(c - 1) Sa N - c + 1 SochGenerate c + 1 Next End If End Sub

LISTING COMBINATIONS NG NATURAL NUMBERS

Upang malutas ang maraming mga praktikal na problema, kinakailangang ilista ang lahat ng mga kumbinasyon ng nakapirming kardinal na maaaring makuha mula sa mga elemento ng isang naibigay na hanay na may hangganan, at hindi lamang matukoy ang kanilang numero. Isinasaalang-alang ang palaging umiiral na posibilidad ng integer numbering ng mga elemento ng anumang finite set, sa karamihan ng mga kaso ay pinahihintulutan na limitahan ang ating sarili sa paggamit ng mga algorithm para sa pagbilang ng mga kumbinasyon ng mga natural na numero. Ang pinaka-natural at simple sa mga ito ay ang algorithm para sa paglilista ng mga kumbinasyon ng mga natural na numero sa pagkakasunud-sunod ng leksigrapiko.

Upang pormal na ilarawan ang algorithm na ito, ito ay maginhawa upang ipalagay na ang pangunahing hanay, ang lahat ng mga kumbinasyon ng m elemento na kung saan ay dapat na nakalista, ay bumubuo ng magkakasunod na natural na mga numero mula 1 hanggang n. Pagkatapos ng anumang kumbinasyon ng m

Bilang resulta ng pag-order, ang halaga sa bawat posisyon ng naturang vector ng mga kumbinasyon ay natural na lumalabas na limitado sa halaga mula sa itaas at ibaba tulad ng sumusunod:

Ang lexigraphic algorithm ay sunud-sunod na bumubuo ng mga kumbinasyong vector, simula sa pinakamaliit na vector na lexigraphic, kung saan ang lahat ng mga posisyon ay naglalaman ng sumusunod na pinakamababang posibleng mga halaga ng mga elemento na katumbas ng kanilang mga indeks:

Ang bawat sunud-sunod na kumbinasyon ng vector ay nabuo mula sa kasalukuyang isa pagkatapos i-scan ang mga elemento nito mula kaliwa hanggang kanan upang mahanap ang pinakakanang elemento na hindi pa umabot sa limitasyong halaga nito:

Ang halaga ng naturang elemento ay dapat tumaas ng 1. Ang bawat elemento sa kanan nito ay dapat italaga ng pinakamaliit na posibleng halaga, na 1 mas malaki kaysa sa kapitbahay nito sa kaliwa. Pagkatapos ng mga pagbabagong ito, ang susunod na vector ng mga kumbinasyon ay magkakaroon ng sumusunod na elementong komposisyon:

Kaya, ang susunod na kumbinasyon ng vector ay magiging lexigraphically na mas malaki kaysa sa nauna, dahil ang mga halaga ng kanilang mga paunang (j1) elemento ay pantay-pantay sa halaga, at ang halaga ng elemento sa posisyon j ay 1 mas malaki kaysa sa nauna. . Ang tinukoy na kaugnayan ng pagtaas ng pagkakasunud-sunod ng leksigrapiko ay ginagarantiyahan na masisiyahan sa lahat ng mga pag-ulit ng algorithm. Ang resulta ay isang pagtaas ng lexigraphic sequence, na kinukumpleto ng lexigraphically pinakamalaking kumbinasyon vector, kung saan ang mga elemento sa lahat ng mga posisyon ay may mga sumusunod na pinakamataas na halaga:

Ang itinuturing na lexigraphic algorithm ay inilalarawan ng sumusunod na halimbawa, kung saan kinakailangang ilista sa pagtaas ng pagkakasunud-sunod ng lexigraphic ang lahat ng 15 kumbinasyon ng n=6 na unang natural na mga numero sa pamamagitan ng m=4 na numero, iyon ay, lahat ng posibleng 4-element na subset ng pangunahing pagbuo set (1, 2, 3, 4, 5, 6) mula sa 6 na elemento. Ang mga resulta ng pagkalkula ay ipinakita sa sumusunod na talahanayan:

Sa halimbawang ito, ang pinakamalaking pinahihintulutang halaga ng mga numero sa mga posisyon ng kumbinasyon ng mga vector ay, ayon sa pagkakabanggit, 3, 4, 5 at 6. Para sa kadalian ng interpretasyon ng mga resulta, sa bawat kumbinasyon ng vector, ang pinakakanang elemento, na mayroong hindi pa naabot ang pinakamataas na halaga nito, ay may salungguhit. Tinutukoy ng mga numerical na indeks ng kumbinasyong vector ang kanilang mga numero sa pagkakasunud-sunod ng lexigraphic. Sa pangkalahatang kaso, ang lexigraphic number N ng anumang kumbinasyon ng n elemento sa pamamagitan ng m ay maaaring kalkulahin gamit ang sumusunod na formula, kung saan, para sa mga kadahilanang kosmetiko, ang simbolismo ng Appel ay ginagamit upang tukuyin ang mga bilang ng mga kumbinasyon:

Sa partikular, ang mga sumusunod na kalkulasyon gamit ang formula na ito para sa kumbinasyong numero (1, 3, 4, 6) ng n=6 na elemento ng m=4 sa lexigraphic order ay magbibigay ng resulta N=8, na tumutugma sa halimbawang tinalakay sa itaas:

Sa pangkalahatang kaso, gamit ang pagkakakilanlan para sa kabuuan ng mga bilang ng mga kumbinasyon para sa parehong mga indeks, posibleng ipakita na ang bilang ng pinakamaliit na kumbinasyon (1, ... i, ... m) kapag kinakalkula gamit ito ang formula ay palaging magiging katumbas ng 1:

Malinaw din na ang bilang ng lexigraphically pinakamalaking kumbinasyon (m, … nm+i, … n) kapag kinakalkula gamit ang formula na ito ay magiging katumbas ng bilang ng mga kumbinasyon ng n elemento ng m:

Ang formula para sa pagkalkula ng mga numero ng kumbinasyon ng lexigraphic ay maaaring gamitin upang malutas ang kabaligtaran na problema, kung saan kailangan mong matukoy ang kumbinasyon ng vector sa pamamagitan ng numero nito sa pagkakasunud-sunod ng lexigraphic. Upang malutas ang gayong kabaligtaran na problema, dapat itong isulat sa anyo ng isang equation, kung saan ang lahat ng hindi kilalang mga halaga ng mga elemento ng vector ng nais na kumbinasyon (C 1, ... C i, ... C m ) ay puro sa mga bilang ng mga kumbinasyon ng kanang bahagi nito, at ang kilalang pagkakaiba L ng bilang ng mga kumbinasyon ay nakasulat sa kaliwang bahagi ng n elemento bawat m at ang bilang ng kinakailangang kumbinasyon N:

Ang solusyon sa equation na ito ay ibinibigay ng sumusunod na "matakaw" na algorithm, sa panahon ng mga pag-ulit kung saan ang mga halaga ng mga elemento ng vector ng nais na kumbinasyon ay napili nang sunud-sunod. Sa paunang pag-ulit, ang pinakamababang posibleng (sa loob ng mga limitasyon nito) na halaga ng C 1 ay pinili, kung saan ang unang termino sa kanang bahagi ay magkakaroon ng pinakamataas na halaga na hindi lalampas sa L:

Ngayon ang kaliwang bahagi ng L ay dapat na bawasan ng unang bilang ng mga kumbinasyon sa kanang bahagi na may napiling halaga ng C 1, at katulad na tinutukoy ang halaga ng C 2 sa pangalawang pag-ulit:

Katulad nito, ang lahat ng kasunod na mga pag-ulit ay dapat gawin upang piliin ang mga halaga ng lahat ng iba pang mga elemento C i ng nais na kumbinasyon, hanggang sa huling elemento C m:

Para sa mga malinaw na kadahilanan, ang halaga ng huling elemento C m ay maaaring matukoy batay sa pagkakapantay-pantay ng bilang ng mga kumbinasyon nito sa natitirang halaga ng kaliwang bahagi ng L:

Dapat pansinin na ang halaga ng huling elemento ng kumbinasyon C m ay matatagpuan nang mas simple, nang hindi binibilang ang mga posibleng halaga nito:

Ang pagpapatupad ng mga pag-ulit ng isinasaalang-alang na algorithm ay inilalarawan ng sumusunod na halimbawa, kung saan kinakailangan upang matukoy ang mga kumbinasyon na may numerong N=8 sa lexigraphic order, kung n=6 at m=4:

Ang kakayahang algorithm upang matukoy ang isang kumbinasyon sa pamamagitan ng isang naibigay na numero sa pagkakasunud-sunod ng lexigraphic ay maaaring gamitin sa iba't ibang direksyon. Sa partikular, kapag naglilista ng mga kumbinasyon sa pagkakasunud-sunod ng lexigraphic, kinakailangan upang matiyak ang pagbabalik sa anumang kumbinasyon na nakuha nang mas maaga, sapat na malaman lamang ang numero nito. Bilang karagdagan, nagiging posible na bumuo ng mga kumbinasyon sa anumang pagkakasunud-sunod, na kinokontrol ng isang arbitraryong ibinigay na pagkakasunud-sunod ng kanilang mga lexigraphic na numero.

Ngayon ay nagpapakita kami ng isang algorithm para sa pagbuo ng mga kumbinasyon sa pagkakasunud-sunod ng lexicographic:

2 para sa i:= 1 hanggang k do A[i] := i;

5 simulan ang pagsulat(A, …, A[k]);

6 kung A[k] = n pagkatapos ay p:= p 1 iba p:= k;

8 para sa i:= k pababa sa p do A[i] := A[p] + i p + 1

MGA KOMBINASYON NA MAY UULIT NA MGA ELEMENTO

Hindi tulad ng isang klasikal na kumbinasyon, kung saan ang lahat ng mga elemento ay iba, ang isang kumbinasyon na may mga pag-uulit ay bumubuo ng isang hindi ayos na seleksyon ng mga elemento ng isang may hangganan na hanay, kung saan ang anumang elemento ay maaaring lumitaw nang walang katiyakan nang madalas at hindi kinakailangang naroroon sa isang kopya. Sa kasong ito, ang bilang ng mga pag-uulit ng mga elemento ay karaniwang nalilimitahan lamang ng haba ng kumbinasyon, at ang mga kumbinasyong naiiba sa kahit isang elemento ay itinuturing na iba. Halimbawa, sa pamamagitan ng pagpili ng 4 na opsyonal na magkakaibang mga numero mula sa set 1, 2 at 3, maaari kang lumikha ng sumusunod na 15 kumbinasyon na may mga pag-uulit:

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

Sa pangkalahatan, ang mga kumbinasyon na may mga pag-uulit ay maaaring mabuo sa pamamagitan ng pagpili ng n elemento ng mga di-makatwirang uri. Gayunpaman, maaari silang palaging nauugnay sa magkakasunod na natural na mga numero mula 1 hanggang n. Kung gayon ang anumang kumbinasyon ng m opsyonal na magkakaibang mga numero sa hanay na ito ay maaaring isulat sa anyong vector, na ayusin ang mga ito sa hindi bumababa na pagkakasunud-sunod mula kaliwa hanggang kanan:

Naturally, sa ganitong paraan ng notasyon, ang anumang mga kalapit na elemento ay maaaring maging pantay-pantay dahil sa posibilidad ng walang limitasyong pag-uulit. Gayunpaman, ang bawat kumbinasyong vector na may mga pag-uulit ng n mga elemento ng m ay maaaring iugnay sa isang kumbinasyong vector ng (n+m−1) mga elemento ng m, na kung saan ay itinayo bilang mga sumusunod:

Malinaw na para sa anumang mga halaga ng mga elemento ng vector f, ang mga elemento ng vector C ay ginagarantiyahan na naiiba at mahigpit na iniutos sa pagtaas ng pagkakasunud-sunod ng kanilang mga halaga mula sa saklaw mula 1 hanggang (n+m1) :

Ang pagkakaroon ng isa-sa-isang pagsusulatan sa pagitan ng mga elemento ng kumbinasyong vectors f at C ay nagpapahintulot sa amin na imungkahi ang sumusunod na simpleng pamamaraan para sa sistematikong paglilista ng mga kumbinasyon na may mga pag-uulit ng n elemento ng m. Kinakailangan lamang na ilista, halimbawa, sa pagkakasunud-sunod ng leksigrapiko, ang lahat ng C na kumbinasyon ng (n+m1) na mga elemento ng m, na sunud-sunod na binabago ang mga elemento ng bawat isa sa kanila sa mga kaukulang elemento ng mga kumbinasyon na may mga pag-uulit f gamit ang sumusunod na formula:

Bilang isang resulta, ang isang pagkakasunud-sunod ng mga vector ng mga kumbinasyon na may mga pag-uulit ng mga elemento ay nabuo, na nakaayos sa pagkakasunud-sunod na nabuo sa pamamagitan ng paglilista ng mga kaukulang kumbinasyon nang walang pag-uulit ng mga elemento. Sa partikular, upang makuha ang pagkakasunud-sunod sa itaas ng mga kumbinasyon ng 3 mga numero 1, 2 at 3 na may mga pag-uulit ng 4 na mga numero, kinakailangan na ilista sa pagkakasunud-sunod ng lexigraphic ang lahat ng mga kumbinasyon nang walang pag-uulit ng 6 na mga numero 1,2,3,4, 5 at 6 ay 4 na digit bawat isa, na kino-convert ang mga ito gaya ng ipinahiwatig. Ang sumusunod na halimbawa ay nagpapakita ng naturang conversion ng kumbinasyon (1,3,4,6) na may lexicographic number 8:

Ang itinuturing na isa-sa-isang pagsusulatan sa pagitan ng mga kumbinasyon na may at walang pag-uulit ng mga elemento ay nangangahulugan na ang kanilang mga hanay ay pantay na makapangyarihan. Samakatuwid, sa pangkalahatang kaso, ang bilang ng mga kumbinasyon na may mga pag-uulit ng n elemento ng m ay katumbas ng bilang ng mga kumbinasyon na walang pag-uulit ng (n+m1) na mga elemento ng m. Gamit ang parehong simbolismo upang tukuyin ang mga bilang ng mga kumbinasyon na may mga pag-uulit f at walang mga pag-uulit C, ang pagkakapantay-pantay na ito ay maaaring isulat bilang mga sumusunod:

Madaling suriin na para sa halimbawang isinasaalang-alang sa itaas, kung saan n=3 at m=4, ang bilang ng mga kumbinasyon ng pag-uulit ay magiging katumbas ng 15, na tumutugma sa resulta ng kanilang direktang listahan:

Dapat tandaan na, hindi katulad ng klasikal na bersyon, ang mga halaga ng mga parameter ng kumbinasyon na may mga pag-uulit n at m ay hindi direktang nauugnay sa isa't isa, samakatuwid f(n,m)>0 para sa anumang kumbinasyon ng kanilang mga positibong halaga. Ang mga kaukulang kundisyon ng hangganan ay tinutukoy mula sa pagkakapantay-pantay sa pagitan ng mga halaga ng (n+m1) at (n1) o (n+m1) at m:

Dapat ding maging malinaw na kung ang m ay katumbas ng 1, kung gayon walang mga pag-uulit ng mga elemento ang posible at, samakatuwid, para sa anumang positibong halaga ng n>0 ang sumusunod na pagkakapantay-pantay ay magiging totoo:

Bilang karagdagan, para sa mga bilang ng mga kumbinasyon na may mga pag-uulit para sa anumang mga positibong halaga ng n at m, ang sumusunod na pag-uulit na kaugnayan ay wasto, na katulad ng pagdaragdag ng pagkakakilanlan para sa mga bilang ng mga kumbinasyon na walang pag-uulit ng mga elemento:

Sa totoo lang, ito ay nagiging ipinahiwatig na pagkakakilanlan ng karagdagan sa pormal na pagpapalit ng mga katumbas na bilang ng mga kumbinasyon nang walang pag-uulit sa kaliwa at kanang bahagi nito:

Ang itinuturing na kaugnayan sa pag-uulit ay maaaring gamitin upang epektibong matukoy ang mga bilang ng mga kumbinasyon na may mga pag-uulit, kapag mahalaga na alisin ang mga labor-intensive na operasyon ng pagkalkula ng mga factorial na produkto at palitan ang mga ito ng mas simpleng mga operasyon sa karagdagan. Sa kasong ito, upang kalkulahin ang halaga ng f(n,m), kailangan mo lamang ilapat ang recurrence relation na ito hanggang makuha mo ang kabuuan ng mga termino ng form na f(1,m) at f(i,1), kung saan i kumukuha ng mga halaga sa hanay mula n hanggang 1. Sa kahulugan ng dami, ang mga terminong ito ay katumbas ng 1 at i, ayon sa pagkakabanggit. Ang sumusunod na halimbawa ay naglalarawan ng paggamit ng pamamaraan ng pagbabagong ito para sa kaso ng n=3 at m=4:

LISTING BINARY COMBINATIONS

Kapag nagpapatupad ng mga kumbinasyon sa hardware o programming sa assembly language, mahalagang maproseso ang mga record ng kumbinasyon sa binary na format. Sa kasong ito, ang anumang kumbinasyon ng n elemento ng m ay dapat na tukuyin sa anyo ng isang n-bit binary number (B n,...B j,...B 1), kung saan ang m unit digit ay nagpapahiwatig ng mga elemento ng kumbinasyon, at ang natitirang (nm) na mga digit ay may mga zero na halaga. Malinaw, sa ganitong anyo ng notasyon, ang iba't ibang kumbinasyon ay dapat na mag-iba sa pag-aayos ng mga digit ng 1, at mayroon lamang mga C(n,m) na paraan upang ayusin ang m ones o (nm) na mga zero sa isang n-bit binary set. Halimbawa, ang sumusunod na talahanayan ay naglilista ng lahat ng 6 na naturang binary na kumbinasyon, na nagbibigay ng 4-bit na binary na numero para sa lahat ng kumbinasyon ng 4 na elemento ng isang arbitrary set (E 1 , E 2 , E 3 , E 4 ) ng 2:

Sa pangkalahatang kaso, ang gawain ng pag-enumerate ng naturang mga binary na kumbinasyon ay bumababa sa isang sistematikong paghahanap ng lahat ng n-bit binary set na may iba't ibang kaayusan ng m one at (nm) zero bits. Sa pinakasimpleng anyo, ang naturang paghahanap ay ipinatupad sa pamamagitan ng iba't ibang paraan ng pag-transpos ng mga katabing bit na may shift (transpositive-shift algorithm). Ito ay mga umuulit na algorithm, at ang kanilang mga pangalan ay sumasalamin sa likas na katangian ng mga operasyong isinagawa sa bawat hakbang. Ang mga iterative procedure ng transpositive-shift algorithm ay bumubuo ng mga pagkakasunud-sunod ng mga binary na kumbinasyon na nagsisimula sa isang binary set, kung saan ang lahat ay puro sa mga low-order na digit (sa kanan), at nagtatapos kapag ang lahat ng 1 ay nasa mga high-order na digit ( sa kaliwa):

Habang tumutugma sa mga inisyal at panghuling kumbinasyon, ang mga pagkakasunud-sunod na ito ay naiiba sa pagkakasunud-sunod kung saan nakalista ang mga intermediate binary set. Gayunpaman, sa lahat ng mga kaso, ang bawat kasunod na kumbinasyon ng binary ay nabuo mula sa nauna bilang resulta ng pagsasagawa ng kaukulang transposisyon at mga pagpapatakbo ng shift. Kasabay nito, iba-iba ang iba't ibang transpositive-shift algorithm sa paraan ng pagpili nila ng isang pares ng mga bit para sa transposisyon at isang pangkat ng mga bit para sa paglilipat. Ang pagtitiyak na ito ay tinalakay sa ibaba para sa mga transposition algorithm na may kaliwa at kanang shift.

Sa transposition algorithm na may kaliwang shift, sa bawat hakbang, ang susunod na binary na kumbinasyon ay nakuha mula sa kasalukuyang isa sa pamamagitan ng pagpapalit sa pinakakaliwang pares ng mga digit na 01 ng 10 (transposition) at paglilipat ng pangkat ng mga nangungunang unit digit, kung mayroon man, malapit sa ang pares 10 na nakuha pagkatapos ng transposisyon (shift). Kung sa kasong ito ay walang mga yunit sa nangungunang mga digit sa kasalukuyang kumbinasyon ng binary, kung gayon ang paglilipat ay hindi ginanap, kahit na ang nangungunang yunit ay nakuha pagkatapos ng transposisyon sa hakbang na ito. Hindi rin ginaganap ang shift kapag walang mga zero sa pinakamahalagang bits bago ang pares 10 na nakuha pagkatapos ng transposisyon. Ang isinasaalang-alang na mga aksyon ay inilalarawan ng sumusunod na halimbawa ng pagsasagawa ng dalawang sunud-sunod na pag-ulit ng algorithm na ito, kung saan sa isang pag-ulit (15) lamang ang transposisyon (T") ay ginaganap, at sa isa pang pag-ulit (16) ang transposisyon ay dinadagdagan ng isang shift ( T"+S"):

Sa right-shift transposition algorithm, ang mga katulad na hakbang sa konsepto ay ginagawa sa bawat hakbang. Ang transposisyon lamang ang nagsisiguro na ang pinakakanang mga bit ng 01 ay papalitan ng 10 (sa halip na ang mga pinakakaliwa), at pagkatapos ay ang lahat ng nasa kanan nito ay inililipat sa hindi gaanong makabuluhang mga piraso. Tulad ng dati, ang paglilipat ay isinasagawa lamang kung may mga yunit na maaaring ilipat sa kanan. Ang isinasaalang-alang na mga aksyon ay inilalarawan ng sumusunod na halimbawa ng pagsasagawa ng dalawang sunud-sunod na pag-ulit ng algorithm na ito, kung saan sa isang pag-ulit (3) lamang ang transposisyon (T") ay ginaganap, at sa isa pang pag-ulit (4) ang transposisyon ay dinadagdagan ng isang shift ( T"+S"):

Dapat pansinin na ang mga pag-ulit ng parehong mga algorithm ay maaaring isulat sa additive form kung ang mga binary na kumbinasyon ay binibigyang kahulugan bilang mga integer sa base 2 na sistema ng numero. Sa partikular, para sa transposition algorithm na may tamang shift, ang bawat susunod na kumbinasyon ng binary (B" n ,…B" j , …B" 1), ay palaging makukuha mula sa kasalukuyang kumbinasyon (B n,…B j,…B 1) sa pamamagitan ng pagsasagawa ng mga operasyon ng pagdaragdag ng mga integer gamit ang sumusunod na additive formula:

Sa additive formula na ito, ang mga exponents ng powers ng twos f at t ay tumutukoy, ayon sa pagkakabanggit, ang bilang ng mga low-order na zero na digit ng kasalukuyang binary na kumbinasyon at ang bilang ng mga sunod-sunod sa kaliwa ng mga ito. Halimbawa, para sa ika-4 na kumbinasyon ng binary (001110) ng n=6 na numero f =1 at t =3. Samakatuwid, ang pagkalkula ng susunod na kumbinasyon ng binary gamit ang additive formula sa iteration 5 ay magbibigay ng sumusunod na resulta, katumbas ng pagsasagawa ng transposition at shift operations:

Para sa isang paghahambing na pagsusuri ng mga isinasaalang-alang na transposition algorithm na may kaliwa at kanang shift, ipinapayong ihambing ang mga pagkakasunud-sunod ng mga binary na kumbinasyon na nabuo sa kanilang mga pag-ulit. Ang sumusunod na talahanayan ay nagpapakita ng dalawang ganoong pagkakasunud-sunod ng mga binary na kumbinasyon ng 4 na elemento ng 2, na nakuha ng kaliwa (TSL) at kanan (TSR) shift algorithm, ayon sa pagkakabanggit:

Kung ihahambing ang 2 sequence na ito, makikita mo na ang mga ito ay reverse mirror. Nangangahulugan ito na ang anumang dalawang binary na kumbinasyon na matatagpuan sa mga ito sa parehong distansya mula sa magkabilang magkabilang dulo ng kanilang mga pagkakasunud-sunod ay isang mirror na imahe ng bawat isa, iyon ay, nag-tutugma sila kapag ang pag-index ng mga bit sa alinman sa mga ito ay baligtad. Halimbawa, ang pangalawang binary pattern mula sa simula ng TSL sequence (0101) ay isang mirror image ng binary pattern (1010) na pangalawa mula sa dulo ng TSR sequence. Sa pangkalahatan, ang anumang kumbinasyong binary na may numero i ng isang sequence ay isang mirror na imahe ng isang kumbinasyon ng binary na may numero (ni+1) ng isa pang sequence. Ang ugnayang ito sa pagitan ng mga sequence na ito ay bunga ng simetriko na katangian ng transposition at shift operations sa dalawang itinuturing na algorithm para sa pag-enumerate ng mga binary na kumbinasyon.

Dapat tandaan na ang binary na format ay maaari ding gamitin upang itala ang mga kumbinasyon na may mga pag-uulit ng mga elemento. Upang gawin ito, kinakailangan upang magtatag ng isa-sa-isang sulat sa pagitan ng mga kumbinasyon na may mga pag-uulit at binary na mga kumbinasyon, na itinayo bilang mga sumusunod. Hayaang magkaroon ng arbitrary na kumbinasyon na may mga pag-uulit, na nakukuha sa pamamagitan ng pagpili ng m opsyonal na magkakaibang mga elemento mula sa n mga elemento ng pagbuo ng set. Upang maitatag ang nais na tugma, kailangan mo munang idagdag ang lahat ng mga elemento ng bumubuo ng set (pusa) sa kumbinasyon, at pagkatapos ay pag-uri-uriin ang nagreresultang pagsasama-sama (pag-uuri) upang ang lahat ng magkatulad na elemento ay magkatabi. Ang resulta ay isang pagkakasunud-sunod ng (n+m) na mga elemento, kung saan mayroong n pangkat ng magkaparehong elemento. Magkakaroon ng kabuuang (n+m1) gaps sa pagitan ng mga elemento, kung saan magkakaroon ng (n1) gaps sa pagitan ng mga pangkat ng magkakaparehong elemento at m gaps sa pagitan ng mga elemento sa loob ng mga grupo. Para sa kalinawan, maaari mong ilagay ang mga simbolo na "|" sa ipinahiwatig na mga puwang. at naaayon. Kung itugma natin ngayon ang 1 sa mga puwang sa pagitan ng mga pangkat (|) at 0 sa lahat ng iba pang espasyo (), makakakuha tayo ng binary na kumbinasyon. Ito ay nabuo sa pamamagitan ng isang binary set ng (n+m1) bits, kung saan ang (n1) ay isa at m zero bits, ang lokasyon kung saan natatanging tumutugma sa orihinal na kumbinasyon na may mga pag-uulit ng mga elemento n hanggang m. Ang itinuturing na pamamaraan ng pagbabago ay inilalarawan ng sumusunod na halimbawa ng pagbuo ng isang binary na kumbinasyon (1001101) gamit ang kumbinasyon na may mga pag-uulit (BBD), ang mga elemento nito ay pinili mula sa pagbuo ng set ng unang limang letrang Latin:

Sa pangkalahatan, tinutukoy ng bilang ng mga binary set ang bilang ng mga paraan upang ayusin ang (n1) mga (o m zero) sa (n+m1) binary digit. Ang halagang ito ay malinaw na katumbas ng bilang ng mga kumbinasyon mula sa (n+m1) ng (n1) o ng m, iyon ay, C(n+m1,n1) o C(n+m1,m), na katumbas ng bilang ng mga kumbinasyon na may mga pag-uulit f(n,m) ng n elemento, m bawat isa. Kaya, ang pagkakaroon ng isa-sa-isang pagsusulatan sa pagitan ng mga kumbinasyon na may mga pag-uulit at mga kumbinasyon ng binary, lehitimong bawasan ang enumeration ng mga kumbinasyon na may mga pag-uulit sa enumeration ng mga binary na kumbinasyon, halimbawa, gamit ang mga transposition algorithm na may kaliwa o kanang shift. Pagkatapos nito, kailangan mo lamang ibalik ang mga kinakailangang kumbinasyon na may mga pag-uulit gamit ang mga resultang binary na kumbinasyon. Maaari itong palaging gawin sa pamamagitan ng paggamit ng sumusunod na pamamaraan sa pagbawi.

Hayaan ang pangunahing hanay, mula sa mga elemento kung saan ang mga kumbinasyon na may mga pag-uulit ng m hindi kinakailangang magkakaibang mga elemento ay mabuo, ay iutos sa isang arbitrary na paraan upang ang bawat isa sa mga elemento nito ay may isang tiyak na serial number mula 1 hanggang n. Ipatupad din natin ang enumeration ng binary combinations ng (n+m1) binary digits, kung saan (n1) ones at m zero digits. Ang bawat resultang binary combination ay maaaring dagdagan sa kaliwa ng isang fictitious unit digit, at lahat ng unit digit ay maaaring bilangin mula kaliwa hanggang kanan na may mga integer mula 1 hanggang n. Pagkatapos, ang bilang ng mga zero sa isang hilera pagkatapos ng bawat i-th unit ng binary na kumbinasyon ay magiging katumbas ng bilang ng mga pagkakataon ng i-th na elemento ng pangunahing set sa kaukulang kumbinasyon na may mga pag-uulit. Ang isinasaalang-alang na pamamaraan ay inilalarawan ng sumusunod na halimbawa, kung saan, gamit ang isang binary na kumbinasyon (1001101), ang isang kumbinasyon na may mga pag-uulit ng BBD ay naibalik, ang mga elemento nito ay pinili mula sa pagbuo ng set ng unang limang Latin na titik, na nakasulat sa alpabetikong pagkakasunud-sunod , at ang overline ay nagpapahiwatig ng mga elemento na wala sa kumbinasyong ito:

Sa pamamagitan ng pagsasagawa ng mga katulad na aksyon sa mga kundisyon ng halimbawang ito, maaari mong ilista ang lahat ng 35 binary na kumbinasyon na bumubuo ng 7-bit binary set, kung saan mayroong 4 at 3 zero, at ibalik ang kaukulang mga kumbinasyon na may mga pag-uulit ng 5 elemento ng 3.

Kung minsan ay pipili tayo ng marami nang walang pagsasaalang-alang sa order. Ang pagpipiliang ito ay tinatawag kumbinasyon . Kung naglalaro ka ng mga baraha, halimbawa, alam mo na sa karamihan ng mga sitwasyon ay hindi mahalaga ang pagkakasunud-sunod kung saan mo hawak ang mga card.

Halimbawa 1 Hanapin ang lahat ng kumbinasyon ng 3 titik na kinuha mula sa isang set ng 5 titik (A, B, C, D, E).

Solusyon Ang mga kumbinasyong ito ay ang mga sumusunod:
(A, B, C), (A, B, D),
(A, B, E), (A, C, D),
(A, C, E), (A, D, E),
(B, C, D), (B, C, E),
(B, D, E), (C, D, E).
Mayroong 10 kumbinasyon ng tatlong titik na pinili mula sa limang titik.

Kapag nahanap namin ang lahat ng kumbinasyon mula sa isang set na may 5 mga bagay, kung kukuha kami ng 3 mga bagay sa isang pagkakataon, makikita namin ang lahat ng 3-element na subset. Sa kasong ito, ang pagkakasunud-sunod ng mga bagay ay hindi isinasaalang-alang. pagkatapos,
(A, C, B) ay tinatawag na parehong set bilang (A, B, C).

Subset
Ang isang set A ay isang subset ng B, na nangangahulugan na ang A ay isang subset ng at/o kapareho ng B kung ang bawat elemento ng A ay isang elemento ng B.

Ang mga elemento ng subset ay hindi nakaayos. Kapag ang mga kumbinasyon ay isinasaalang-alang, ang order ay hindi isinasaalang-alang!

Kumbinasyon
kumbinasyon, na naglalaman ng mga k object ay isang subset na binubuo ng mga k object.

Nais naming isulat ang isang pormula para sa pagkalkula ng bilang ng mga kumbinasyon ng n mga bagay kung ang k mga bagay ay kinuha sa parehong oras.

Mga pagtatalaga ng kumbinasyon
Ang bilang ng mga kumbinasyon ng n mga bagay, kung ang k mga bagay ay kinuha nang sabay-sabay, ay tinutukoy n C k .

Tinatawagan namin si n C k bilang ng mga kumbinasyon . Gusto naming isulat ang isang pangkalahatang formula para sa n C k para sa anumang k ≤ n. Una, totoo na n C n = 1, dahil ang isang set na may n elemento ay may isang subset lamang na may n elemento, na ang set mismo. Pangalawa, n C 1 = n dahil ang isang set na may n elemento ay mayroon lamang n subset na may 1 elemento bawat isa. Sa wakas, n C 0 = 1 dahil ang isang set na may n elemento ay may isang subset na may 0 elemento, iyon ay, ang walang laman na set ∅. Upang tingnan ang iba pang mga kumbinasyon, bumalik tayo sa Halimbawa 1 at ihambing ang bilang ng mga kumbinasyon sa bilang ng mga permutasyon.

Pakitandaan na ang bawat kumbinasyon ng 3 elemento ay may 6, o 3!, mga permutasyon.
3! . 5 C 3 = 60 = 5 P 3 = 5. 4 . 3,
kaya
.
Sa pangkalahatan, ang bilang ng mga kumbinasyon ng k elemento na pinili mula sa n mga bagay, n C k beses na mga permutasyon ng mga elementong ito k!, ay dapat na katumbas ng bilang ng mga permutasyon ng n elemento ng k elemento:
k!. n C k = n P k
n C k = n P k /k!
n C k = (1/k!). n P k
n C k =

Mga kumbinasyon ng k bagay mula sa n bagay
Ang kabuuang bilang ng mga kumbinasyon ng k elemento mula sa n mga bagay ay tinutukoy ng n C k , na tinutukoy ng
(1) n C k = ,
o
(2) n C k =

Ang isa pang uri ng notasyon para sa n C k ay binomial coefficient . Ang dahilan para sa terminolohiya na ito ay magiging malinaw sa ibaba.

Binominal coefficient

Halimbawa 2 Kalkulahin gamit ang mga formula (1) at (2).

Solusyon
a) Ayon sa (1),
.
b) Ayon sa (2),

Tandaan na hindi ibig sabihin ng n/k.

Halimbawa 3 Kalkulahin at .

Solusyon Gumagamit kami ng formula (1) para sa unang expression at formula (2) para sa pangalawa. Pagkatapos
,
gamit ang (1), at
,
gamit ang formula (2).

tandaan mo yan
,
at gamit ang resulta ng halimbawa 2 ay nagbibigay sa atin
.
Kasunod nito na ang bilang ng isang 5-element na subset ng isang set ng 7 elemento ay kapareho ng bilang ng isang 2-element na subset ng isang set ng 7 elemento. Kapag 5 elemento ang napili mula sa isang set, hindi kasama sa mga ito ang 2 elemento. Upang makita ito, isaalang-alang ang set (A, B, C, D, E, F, G):


Sa pangkalahatan, mayroon kaming mga sumusunod. Ang resultang ito ay nagbibigay ng alternatibong paraan upang kalkulahin ang kumbinasyon.

Mga subset ng laki k at laki
at n C k = n C n-k
Ang bilang ng mga subset ng laki k ng isang set na may n mga bagay ay kapareho ng bilang ng mga subset ng laki n - k. Ang bilang ng mga kumbinasyon ng k mga bagay mula sa isang hanay ng mga n bagay ay pareho sa bilang ng mga kumbinasyon ng n mga bagay na kinuha sa parehong oras.

Ngayon ay malulutas namin ang mga problema sa mga kumbinasyon.

Halimbawa 4 Lottery ng Michigan. Ang dalawang beses na lingguhang WINFALL lottery ng Michigan ay may jackpot na... kahit na, katumbas ng 2 milyong US dollars. Para sa isang dolyar, maaaring i-cross out ng isang manlalaro ang anumang 6 na numero mula 1 hanggang 49. Kung ang mga numerong ito ay tumugma sa mga iginuhit sa lottery, ang manlalaro ang mananalo. (

Ang Combinatorics ay isang sangay ng matematika na nag-aaral ng mga tanong tungkol sa kung gaano karaming magkakaibang kumbinasyon, napapailalim sa ilang kundisyon, ang maaaring gawin mula sa mga ibinigay na bagay. Ang mga pangunahing kaalaman ng combinatorics ay napakahalaga para sa pagtantya ng mga probabilidad ng mga random na kaganapan, dahil Sila ang nagpapahintulot sa amin na kalkulahin ang pangunahing posibleng bilang ng iba't ibang mga senaryo para sa pagbuo ng mga kaganapan.

Pangunahing formula ng combinatorics

Hayaang magkaroon ng k pangkat ng mga elemento, at ang i-th na pangkat ay binubuo ng n i elemento. Pumili tayo ng isang elemento mula sa bawat pangkat. Pagkatapos ang kabuuang bilang N ng mga paraan kung saan ang gayong pagpili ay maaaring gawin ay tinutukoy ng kaugnayan N=n 1 *n 2 *n 3 *...*n k .

Halimbawa 1. Ipaliwanag natin ang panuntunang ito sa isang simpleng halimbawa. Hayaang magkaroon ng dalawang grupo ng mga elemento, at ang unang pangkat ay binubuo ng n 1 elemento, at ang pangalawa - ng n 2 elemento. Ilang magkakaibang pares ng mga elemento ang maaaring gawin mula sa dalawang pangkat na ito, upang ang pares ay naglalaman ng isang elemento mula sa bawat pangkat? Sabihin nating kinuha namin ang unang elemento mula sa unang pangkat at, nang hindi binago ito, dumaan sa lahat ng posibleng mga pares, binago lamang ang mga elemento mula sa pangalawang pangkat. Maaaring magkaroon ng n 2 tulad ng mga pares para sa elementong ito. Pagkatapos ay kukunin namin ang pangalawang elemento mula sa unang pangkat at ginagawa din ang lahat ng posibleng mga pares para dito. Magkakaroon din ng n 2 ganoong pares. Dahil mayroon lamang n 1 elemento sa unang pangkat, ang kabuuang posibleng mga opsyon ay n 1 *n 2 .

Halimbawa 2. Ilang tatlong-digit na even na mga numero ang maaaring gawin mula sa mga digit na 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, kung ang mga digit ay maaaring ulitin?
Solusyon: n 1 =6 (dahil maaari kang kumuha ng anumang numero mula sa 1, 2, 3, 4, 5, 6 bilang unang digit), n 2 =7 (dahil maaari kang kumuha ng anumang numero mula sa 0 bilang pangalawang digit , 1, 2 , 3, 4, 5, 6), n 3 =4 (dahil ang anumang numero mula sa 0, 2, 4, 6 ay maaaring kunin bilang ikatlong digit).
Kaya, N=n 1 *n 2 *n 3 =6*7*4=168.

Sa kaso kapag ang lahat ng mga grupo ay binubuo ng parehong bilang ng mga elemento, i.e. n 1 =n 2 =...n k =n maaari nating ipagpalagay na ang bawat pagpili ay ginawa mula sa parehong pangkat, at ang elemento pagkatapos ng pagpili ay ibinalik sa pangkat. Kung gayon ang bilang ng lahat ng paraan ng pagpili ay n k . Ang pamamaraang ito ng pagpili sa combinatorics ay tinatawag mga sample na may pagbabalik.

Halimbawa 3. Ilang apat na digit na numero ang maaaring gawin mula sa mga numero 1, 5, 6, 7, 8?
Solusyon. Para sa bawat digit ng isang apat na digit na numero mayroong limang mga posibilidad, na nangangahulugang N=5*5*5*5=5 4 =625.

Isaalang-alang ang isang set na binubuo ng n elemento. Sa combinatorics ang set na ito ay tinatawag na pangkalahatang populasyon.

Bilang ng mga pagkakalagay ng n elemento ayon sa m

Kahulugan 1. Akomodasyon mula sa n mga elemento sa pamamagitan ng m sa combinatorics any iniutos na set mula sa m iba't ibang elementong pinili mula sa populasyon sa n mga elemento.

Halimbawa 4. Iba't ibang kaayusan ng tatlong elemento (1, 2, 3) ng dalawa ang magiging set (1, 2), (2, 1), (1, 3), (3, 1), (2, 3), (3). , 2). Maaaring magkaiba ang mga pagkakalagay sa bawat isa sa mga elemento at sa pagkakasunud-sunod ng mga ito.

Ang bilang ng mga placement sa combinatorics ay tinutukoy ng A n m at kinakalkula ng formula:

Komento: n!=1*2*3*...*n (basahin: “en factorial”), bilang karagdagan, ipinapalagay na 0!=1.

Halimbawa 5. Ilang dalawang-digit na numero ang mayroon kung saan magkaiba at kakaiba ang sampu-sampung digit at ang units digit?
Solusyon: kasi Kung mayroong limang kakaibang numero, katulad ng 1, 3, 5, 7, 9, ang gawaing ito ay bumaba sa pagpili at paglalagay ng dalawa sa limang magkakaibang digit sa dalawang magkaibang posisyon, i.e. ang mga ipinahiwatig na numero ay:

Kahulugan 2. Kumbinasyon mula sa n mga elemento sa pamamagitan ng m sa combinatorics any unordered set mula sa m iba't ibang elementong pinili mula sa populasyon sa n mga elemento.

Halimbawa 6. Para sa set (1, 2, 3), ang mga kumbinasyon ay (1, 2), (1, 3), (2, 3).

Bilang ng mga kumbinasyon ng n elemento, m bawat isa

Ang bilang ng mga kumbinasyon ay tinutukoy ng C n m at kinakalkula ng formula:

Halimbawa 7. Sa ilang paraan makakapili ang isang mambabasa ng dalawang aklat sa anim na magagamit?

Solusyon: Ang bilang ng mga pamamaraan ay katumbas ng bilang ng mga kumbinasyon ng anim na aklat ng dalawa, i.e. katumbas ng:

Mga permutasyon ng n elemento

Kahulugan 3. Permutasyon mula sa n ang mga elemento ay tinatawag na anuman iniutos na set mga elementong ito.

Halimbawa 7a. Ang lahat ng posibleng permutasyon ng isang set na binubuo ng tatlong elemento (1, 2, 3) ay: (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 3, 1), (2, 1, 3) , ( 3, 2, 1), (3, 1, 2).

Ang bilang ng iba't ibang permutasyon ng n elemento ay tinutukoy ng P n at kinakalkula ng formula na P n =n!.

Halimbawa 8. Gaano karaming mga paraan ang pitong aklat ng iba't ibang may-akda ay maaaring ayusin sa isang hilera sa isang istante?

Solusyon: Ang problemang ito ay tungkol sa bilang ng mga permutasyon ng pitong magkakaibang aklat. Mayroong P 7 =7!=1*2*3*4*5*6*7=5040 na paraan upang ayusin ang mga aklat.

Pagtalakay. Nakikita namin na ang bilang ng mga posibleng kumbinasyon ay maaaring kalkulahin ayon sa iba't ibang mga panuntunan (mga permutasyon, kumbinasyon, pagkakalagay) at ang resulta ay magkakaiba, dahil Ang prinsipyo ng pagkalkula at ang mga formula mismo ay magkaiba. Sa pagtingin nang mabuti sa mga kahulugan, mapapansin mo na ang resulta ay depende sa ilang mga kadahilanan nang sabay-sabay.

Una, mula sa kung gaano karaming mga elemento ang maaari nating pagsamahin ang kanilang mga hanay (kung gaano kalaki ang kabuuan ng mga elemento).

Pangalawa, ang resulta ay depende sa laki ng mga hanay ng mga elemento na kailangan natin.

Panghuli, mahalagang malaman kung ang pagkakasunud-sunod ng mga elemento sa set ay makabuluhan sa atin. Ipaliwanag natin ang huling salik gamit ang sumusunod na halimbawa.

Halimbawa 9. Mayroong 20 tao ang naroroon sa pulong ng mga magulang. Ilang iba't ibang opsyon ang mayroon para sa komposisyon ng parent committee kung dapat itong may kasamang 5 tao?
Solusyon: Sa halimbawang ito, hindi kami interesado sa pagkakasunud-sunod ng mga pangalan sa listahan ng komite. Kung, bilang isang resulta, ang parehong mga tao ay naging bahagi nito, kung gayon sa kahulugan para sa amin ito ay ang parehong pagpipilian. Samakatuwid, maaari nating gamitin ang formula upang kalkulahin ang numero mga kumbinasyon ng 20 elemento 5 bawat isa.

Mag-iiba ang mga bagay kung ang bawat miyembro ng komite ay unang responsable para sa isang partikular na lugar ng trabaho. Pagkatapos, sa parehong listahan ng komposisyon ng komite, posibleng may 5 sa loob nito! mga pagpipilian mga permutasyon bagay na iyon. Ang bilang ng iba't ibang (kapwa sa komposisyon at lugar ng responsibilidad) ay tinutukoy sa kasong ito sa pamamagitan ng numero mga pagkakalagay ng 20 elemento 5 bawat isa.

Mga gawain sa pagsusulit sa sarili
1. Ilang tatlong-digit na even na mga numero ang maaaring gawin mula sa mga digit na 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, kung ang mga digit ay maaaring ulitin?

2. Ilang limang-digit na numero ang mayroon na pareho ang binasa mula kaliwa hanggang kanan at mula kanan papuntang kaliwa?

3. May sampung paksa sa klase at limang aralin sa isang araw. Sa ilang paraan ka makakagawa ng iskedyul para sa isang araw?

4. Sa ilang paraan mapipili ang 4 na delegado para sa isang kumperensya kung mayroong 20 katao sa grupo?

5. Sa ilang paraan maaaring mailagay ang walong magkakaibang titik sa walong magkakaibang sobre, kung isang titik lamang ang inilalagay sa bawat sobre?

6. Ang isang komisyon na binubuo ng dalawang mathematician at anim na ekonomista ay dapat na binubuo ng tatlong mathematician at sampung ekonomista. Sa ilang paraan ito magagawa?