Olası kombinasyon hesaplayıcısı. Tekrarsız kombinasyonlar: MS EXCEL'de kombinatorik

Bu makale kombinatorik adı verilen matematiğin özel bir dalına odaklanacaktır. Formüller, kurallar, problem çözme örnekleri - bunların hepsini burada makaleyi sonuna kadar okuyarak bulabilirsiniz.

Peki nedir bu bölüm? Kombinatorik herhangi bir nesneyi sayma meselesiyle ilgilenir. Ancak bu durumda nesneler erik, armut veya elma değil, başka bir şeydir. Kombinatorik bir olayın olasılığını bulmamıza yardımcı olur. Örneğin, kart oynarken rakibin koz sahibi olma olasılığı nedir? Veya böyle bir örnek - yirmi toptan oluşan bir torbadan tam olarak beyaz çıkma olasılığı nedir? Bu tür görevler için en azından matematiğin bu bölümünün temellerini bilmemiz gerekiyor.

Kombinatoryal konfigürasyonlar

Kombinatoriklerin temel kavramları ve formülleri sorunu göz önüne alındığında, kombinatoryal konfigürasyonlara dikkat etmekten başka yapamayız. Sadece formüle etmek için değil aynı zamanda bu tür modellerin çeşitli örneklerini çözmek için de kullanılırlar:

• konaklama;
• permütasyon;
• kombinasyon;
• sayı bileşimi;
• sayıyı bölüyorum.

İlk üçünden daha sonra detaylı olarak bahsedeceğiz ancak bu bölümde kompozisyon ve bölmeye dikkat edeceğiz. Belirli bir sayının (örneğin a) bileşiminden bahsettiklerinde, a sayısının bazı pozitif sayıların sıralı toplamı olarak temsilini kastediyorlar. Bölünme sırasız bir toplamdır.

Bölümler

Doğrudan kombinatorik formüllerine ve problemlerin değerlendirilmesine geçmeden önce, matematiğin diğer dalları gibi kombinatoriğin de kendi alt bölümlerine sahip olduğuna dikkat etmekte fayda var. Bunlar şunları içerir:

• numaralandırıcı;
• yapısal;
• aşırı;
• Ramsey teorisi;
• olasılıksal;
• topolojik;
• sonsuz.

İlk durumda, numaralandırmalı kombinatoriklerden bahsediyoruz; problemler, kümelerin elemanları tarafından oluşturulan farklı konfigürasyonların numaralandırılması veya sayılmasıyla ilgilidir. Kural olarak bu kümelere bazı kısıtlamalar (ayırt edilebilirlik, ayırt edilemezlik, tekrarlanma olasılığı vb.) getirilmektedir. Ve bu konfigürasyonların sayısı, biraz sonra konuşacağımız toplama veya çarpma kuralı kullanılarak hesaplanır. Yapısal kombinatorikler grafik ve matroid teorilerini içerir. Ekstremal kombinatorik problemine bir örnek, aşağıdaki özellikleri sağlayan bir grafiğin en büyük boyutunun ne olduğudur... Dördüncü paragrafta, rastgele konfigürasyonlarda düzenli yapıların varlığını inceleyen Ramsey teorisinden bahsetmiştik. Olasılıksal kombinatorik şu soruyu yanıtlayabilir: Belirli bir kümenin belirli bir özelliğe sahip olma olasılığı nedir? Tahmin edebileceğiniz gibi topolojik kombinatorik, topolojideki yöntemleri uygular. Ve son olarak yedinci nokta - sonsuz kombinatorik, kombinatorik yöntemlerin sonsuz kümelere uygulanmasını inceler.

Ekleme kuralı

Kombinatorik formülleri arasında uzun zamandır aşina olduğumuz oldukça basit formüller de bulunabilir. Bir örnek toplam kuralıdır. Diyelim ki bize iki eylem (C ve E) verildi, eğer bunlar birbirini dışlıyorsa, C eylemi birkaç yolla yapılabilir (örneğin, a) ve E eylemi b-yollarında yapılabilir, o zaman bunlardan herhangi biri (C) veya E) a+b şeklinde yapılabilir.

Teorik olarak bunu anlamak oldukça zordur, basit bir örnekle tüm konuyu aktarmaya çalışacağız. Bir sınıftaki ortalama öğrenci sayısını alalım; diyelim ki yirmi beş. Bunların arasında on beş kız ve on erkek var. Her gün sınıfa bir görevli atanır. Bugün bir sınıf görevlisini atamanın kaç yolu var? Sorunun çözümü oldukça basit, toplama kuralına başvuracağız. Görev metni sadece kızların ya da sadece erkeklerin görev alabileceğini söylemiyor. Bu nedenle on beş kızdan herhangi biri ya da on erkekten herhangi biri olabilir. Toplama kuralını uyguladığımızda bir ilkokul öğrencisinin kolayca baş edebileceği oldukça basit bir örnek elde ediyoruz: 15 + 10. Hesapladıktan sonra cevabı alıyoruz: yirmi beş. Yani bugün için nöbetçi sınıf atamanın yalnızca yirmi beş yolu vardır.

çarpma kuralı

Çarpma kuralı aynı zamanda kombinatoriğin temel formüllerine de aittir. Teoriyle başlayalım. Diyelim ki birkaç eylem (a) gerçekleştirmemiz gerekiyor: ilk eylem 1 şekilde gerçekleştirilir, ikincisi 2 şekilde, üçüncüsü 3 şekilde gerçekleştirilir ve son a-eylem aynı şekilde gerçekleştirilinceye kadar böyle devam eder. O zaman tüm bu eylemler (toplamına sahip olduğumuz) N şekilde gerçekleştirilebilir. Bilinmeyen N nasıl hesaplanır? Formül bize bu konuda yardımcı olacaktır: N \u003d c1 * c2 * c3 * ... * ca.

Yine teoride hiçbir şey net değil, çarpma kuralını uygulamayla ilgili basit bir örneğe geçelim. On beş kız ve on erkek çocuğun eğitim gördüğü yirmi beş kişilik aynı sınıfı ele alalım. Ancak bu sefer iki görevli seçmemiz gerekiyor. Sadece erkek ya da kız olabilirler ya da bir erkek ve bir kız olabilirler. Sorunun temel çözümüne dönüyoruz. İlk katılımcıyı seçiyoruz, son paragrafta kararlaştırdığımız gibi yirmi beş olası seçeneğe sahibiz. Görevli ikinci kişi kalan kişilerden herhangi biri olabilir. Yirmi beş öğrencimiz vardı, birini seçtik, yani geri kalan yirmi dört kişiden herhangi biri nöbetçi ikinci olabilir. Son olarak çarpma kuralını uyguluyoruz ve iki katılımcının altı yüz farklı şekilde seçilebildiğini görüyoruz. Bu sayıyı yirmi beş ile yirmi dördü çarparak bulduk.

permütasyon

Şimdi bir kombinatorik formülünü daha ele alacağız. Yazının bu bölümünde permütasyonlardan bahsedeceğiz. Sorunu hemen bir örnekle ele alalım. Bilardo toplarını alalım, elimizde n'inci sayıda var. Hesaplamamız gerekiyor: bunları arka arkaya düzenlemek, yani sıralı bir set oluşturmak için kaç seçenek var.

Hadi başlayalım, eğer toplarımız yoksa o zaman sıfır yerleştirme seçeneğimiz de var. Ve eğer bir topumuz varsa, o zaman düzenleme de aynıdır (matematiksel olarak bu şu şekilde yazılabilir: Р1 = 1). İki top iki farklı şekilde düzenlenebilir: 1.2 ve 2.1. Dolayısıyla P2 = 2. Üç top altı şekilde düzenlenebilir (P3=6): 1,2,3; 1,3,2; 2,1,3; 2,3,1; 3.2.1; 3,1,2. Ve eğer böyle üç top yoksa on ya da on beş top varsa? Olası tüm seçenekleri listelemek çok uzun, o zaman kombinatorik yardımımıza geliyor. Permütasyon formülü sorumuzun cevabını bulmamıza yardımcı olacaktır. Pn = n*P(n-1). Formülü basitleştirmeye çalışırsak şunu elde ederiz: Pn = n* (n - 1) *…* 2 * 1. Ve bu, ilk doğal sayıların çarpımıdır. Böyle bir sayıya faktöriyel denir ve n! ile gösterilir.

Sorunu ele alalım. Lider her sabah müfrezesini bir sıra halinde (yirmi kişi) oluşturur. Müfrezede en iyi üç arkadaş var - Kostya, Sasha ve Lesha. Yan yana olma olasılıkları nedir? Sorunun cevabını bulmak için "iyi" bir sonuç olasılığını toplam sonuç sayısına bölmeniz gerekir. Toplam permütasyon sayısı 20'dir! = 2,5 kentilyon. "İyi" sonuçların sayısı nasıl sayılır? Kostya, Sasha ve Lesha'nın bir süpermen olduğunu varsayalım. O halde yalnızca on sekiz konumuz var. Bu durumda permütasyon sayısı 18 = 6,5 katrilyondur. Bütün bunlarla birlikte Kostya, Sasha ve Lesha, bölünmez üçlülerinde keyfi olarak kendi aralarında hareket edebilirler ve bu 3 tane daha! = 6 seçenek. Yani toplamda 18 "iyi" takımyıldızımız var! * 3! Sadece istenen olasılığı bulmamız gerekiyor: (18! * 3!) / 20! Bu da yaklaşık 0,016'dır. Yüzdelere çevrilirse bu yalnızca %1,6 olur.

Konaklama

Şimdi çok önemli ve gerekli bir başka kombinatorik formülünü ele alacağız. Yazımızın bu bölümünde değerlendirmenizi önerdiğimiz bir sonraki konumuz konaklama. Daha da karmaşık hale geleceğiz. Yalnızca tüm kümeden (n) değil, daha küçük bir kümeden (m) olası permütasyonları dikkate almak istediğimizi varsayalım. Yani, n öğenin m'ye göre permütasyonlarını dikkate alıyoruz.

Kombinatoriklerin temel formülleri sadece ezberlenmemeli, aynı zamanda anlaşılmalıdır. Daha karmaşık hale gelmelerine rağmen, bir değil iki parametremiz var. Diyelim ki m \u003d 1, sonra A \u003d 1, m \u003d 2, sonra A \u003d n * (n - 1). Formülü daha da basitleştirirsek ve faktöriyelleri kullanarak notasyona geçersek oldukça kısa bir formül elde ederiz: A \u003d n! / (n - m)!

Kombinasyon

Kombinatoriklerin neredeyse tüm temel formüllerini örneklerle ele aldık. Şimdi kombinatoriğin temel seyrini düşünmenin son aşamasına geçelim - kombinasyonu tanıma. Şimdi elimizdeki n öğeden m öğeyi seçeceğiz ve bunların hepsini mümkün olan tüm yollarla seçeceğiz. Peki bunun konaklamadan farkı nedir? Sıralamayı dikkate almayacağız. Bu sırasız set bir kombinasyon olacaktır.

Hemen C notasyonunu tanıtıyoruz. n'den m topların yerleşimlerini alıyoruz. Sıralamaya dikkat etmeyi bırakıp tekrarlanan kombinasyonlar elde ederiz. Kombinasyon sayısını elde etmek için yerleşim sayısını m'ye bölmemiz gerekir! (m faktöriyel). Yani C \u003d A / m! Bu nedenle, n top arasından seçim yapmanın birkaç yolu vardır; bu da hemen hemen her şeyin seçileceği top sayısına yaklaşık olarak eşittir. Bunun mantıklı bir ifadesi var: Biraz seçmek, hemen hemen her şeyi atmak anlamına gelir. Öğelerin yarısını seçmeye çalışırken maksimum kombinasyon sayısına ulaşılabileceğini de bu noktada belirtmekte fayda var.

Bir sorunu çözmek için bir formül nasıl seçilir?

Kombinatoriğin temel formüllerini ayrıntılı olarak inceledik: yerleştirme, permütasyon ve kombinasyon. Şimdi görevimiz kombinatorikteki problemi çözmek için gerekli formülün seçimini kolaylaştırmaktır. Aşağıdaki oldukça basit şemayı kullanabilirsiniz:

1. Kendinize şu soruyu sorun: Görev metninde öğelerin sırası dikkate alınıyor mu?
2. Cevap hayırsa, kombinasyon formülünü kullanın (C \u003d n! / (m! * (n - m))).
3. Cevap hayır ise bir sorunun daha cevaplanması gerekiyor: Kombinasyonun içinde tüm unsurlar yer alıyor mu?
4. Cevabınız evet ise permütasyon formülünü (P = n!) kullanın.
5. Cevap hayır ise yerleştirme formülünü kullanın (A = n! / (n - m)!).

Örnek

Kombinatorik unsurlarını, formülleri ve diğer bazı konuları ele aldık. Şimdi asıl soruna geçelim. Önünüzde bir kivi, bir portakal ve bir muz olduğunu hayal edin.

Birinci soru: Kaç farklı şekilde yeniden düzenlenebilirler? Bunu yapmak için permütasyon formülünü kullanıyoruz: P = 3! = 6 yol.

Soru 2: Bir meyve kaç farklı şekilde seçilebilir? Bu çok açık, yalnızca üç seçeneğimiz var - kivi, portakal veya muz seçiyoruz, ancak kombinasyon formülünü uyguluyoruz: C \u003d 3! / (2! * 1!) = 3.

Soru 3: İki meyve kaç farklı şekilde seçilebilir? Hangi seçeneklere sahibiz? Kivi ve portakal; kivi ve muz; portakal ve muz. Yani üç seçenek, ancak bunu kombinasyon formülünü kullanarak kontrol etmek kolaydır: C \u003d 3! / (1! * 2!) = 3

Soru 4: Üç meyve kaç farklı şekilde seçilebilir? Gördüğünüz gibi üç meyveyi seçmenin tek bir yolu var: Bir kivi, bir portakal ve bir muz alın. C=3! / (0! * 3!) = 1.

Soru 5: En az bir meyveyi kaç farklı şekilde seçebilirsiniz? Bu durum meyvelerden birini, ikisini ya da üçünü birden alabileceğimiz anlamına gelir. Bu nedenle C1 + C2 + C3 = 3 + 3 + 1 = 7 ekliyoruz. Yani sofradan en az bir parça meyve almanın yedi yolu var.

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

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

Pek çok şey çözüldü, şimdi kombinasyonlara geçelim. En yaygın kombinasyon türleri nesnelerin permütasyonları, bunların bir kümeden seçilmesi (kombinasyon) ve dağıtımıdır (yerleştirme). Şimdi bunun nasıl gerçekleştiğini görelim:

Tekrarlamayan permütasyonlar, kombinasyonlar ve yerleşimler

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

elma / armut / muz

Birinci soru: Kaç farklı şekilde yeniden düzenlenebilirler?

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

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

Toplam: 6 kombinasyon veya 6 permütasyonlar.

Olası tüm durumları burada listelemek zor olmadı ama ya daha fazla öğe varsa? Zaten dört farklı meyveyle kombinasyon sayısı önemli ölçüde artacak!

Lütfen referans materyalini açın (Kılavuzun yazdırılması kolaydır) ve 2 numaralı paragrafta permütasyon sayısı formülünü bulun.

Eziyet yok - 3 nesne çeşitli şekillerde yeniden düzenlenebilir.

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

Neden seçtin? Böylece önceki paragrafta yemek yemek için iştah açtılar! =)

a) Bir meyve elbette üç şekilde seçilebilir - bir elma, bir armut veya bir muz alın. Resmi sayım şunlara dayanmaktadır: kombinasyon sayısı formülü:

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

b) İki meyvenin olası tüm kombinasyonlarını listeliyoruz:

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

Aynı formülü kullanarak kombinasyon sayısını kontrol etmek kolaydır:

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

c) Ve son olarak üç meyve benzersiz bir şekilde seçilebilir:

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

d) Kaç farklı şekilde alabilirsiniz? en az bir meyve? “En az bir” koşulu, 1 meyveden (herhangi birinden) veya herhangi 2 meyveden veya 3 meyvenin hepsinden memnun kaldığımızı ima eder:
en az bir meyve seçebilmenin yolları.

Giriş dersini dikkatle inceleyen okuyucular olasılık teorisi zaten bir şeyi çözdüm. Ancak artı işaretinin anlamı hakkında daha sonra konuşacağız.

Bir sonraki soruyu cevaplamak için iki gönüllüye ihtiyacım var ... ... Madem kimse istemiyor, o zaman yönetim kurulunu arayacağım =)

Üçüncü soru: Bir meyve Dasha ve Natasha'ya kaç farklı şekilde dağıtılabilir?

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

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

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

Ve her meyve çifti için böyle bir permütasyon mümkündür.

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

1 genç adamı seçebileceğiniz yollar;
1 kızı seçebilmenin yolları.

Yani bir genç adam Ve bir kız seçilebilir: yollar.

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

Yani Oleg, 13 kızdan herhangi birini, Evgeny'yi - ayrıca on üç kızdan herhangi birini dansa davet edebilir ve diğer gençlerin de benzer bir seçeneği vardır. Toplam: olası çiftler.

Bu örnekte çift oluşumunun "geçmişinin" önemli olmadığı unutulmamalıdır; ancak inisiyatif dikkate alınırsa, 13 kızın her biri herhangi bir erkek çocuğu dansa davet edebileceğinden kombinasyon sayısı iki katına çıkarılmalıdır. Her şey belirli bir görevin koşullarına bağlıdır!

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

Birlik VE kombinasyonların çoğaltılması gerektiğine açıkça işaret ediyor:

Olası sanatçı grupları.

Başka bir deyişle, her biri bir çift erkek çocuk (45 benzersiz çift) rekabet edebilir herhangi birkaç kız (78 benzersiz çift). Ve katılımcılar arasındaki rol dağılımını düşünürsek, daha da fazla kombinasyon olacaktır. ... Gerçekten istiyorum, ama yine de sana öğrenci yaşamına karşı bir nefret aşılamamak için devam etmekten kaçınacağım =).

Çarpma kuralı daha fazla çarpan için geçerlidir:

Görev 8

5'e bölünebilen üç basamaklı kaç sayı vardır?

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

İÇİNDE yüzlerce yer Sayılardan herhangi birini (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 veya 9) yazabilirsiniz. Sıfır iyi değil çünkü bu durumda sayı üç basamaklı olmaktan çıkıyor.

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

Koşul gereği sayının 5'e bölünmesi gerekiyor. Sayı 5 veya 0 ile bitiyorsa 5'e bölünüyor. Böylece en az anlamlı rakamda 2 rakamla yetiniyoruz.

Toplam, var: 5'e bölünebilen üç basamaklı sayılar.

Aynı zamanda eser şu şekilde deşifre ediliyor: “Bir sayıyı seçmenin 9 yolu yüzlerce yer Ve Bir numarayı seçmenin 10 yolu onlar basamağı Ve 2 yol birim haneli»

Veya daha da basit: her biri 9 haneden yüzlerce yer kombine her biriyle 10 haneli onlar basamağı ve her biriyle iki haneli birim haneli».

Cevap: 180

Ve şimdi…

Evet, Borya, Dima ve Volodya'ya farklı şekillerde birer kart dağıtılabileceği 5 numaralı problem için vaat edilen yorumu neredeyse unutuyordum. Burada çarpma aynı anlama gelir: desteden 3 kart çıkarabileceğiniz şekillerde VE her birinde bunları yollarını yeniden düzenlemek için örnek.

Ve şimdi bağımsız bir çözüm sorunu ... şimdi daha ilginç bir şey bulacağım, ... bırak blackjack'in aynı Rus versiyonuyla ilgili olsun:

Görev 9

Bir "puan" oyununda 2 kartın kaç kazanan kombinasyonu vardır?

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

(herhangi bir çiftteki kartların sırası önemli değildir)

Dersin sonunda kısa çözüm ve cevap.

Bu arada, bir örneği ilkel olarak değerlendirmeye gerek yok. Blackjack, kumarhaneyi yenmenizi sağlayan matematiksel olarak gerekçelendirilmiş bir algoritmanın bulunduğu neredeyse tek oyundur. Dileyenler en uygun strateji ve taktikler hakkında pek çok bilgiyi kolaylıkla bulabilirler. Doğru, bu tür ustalar hızla tüm kuruluşların kara listesine giriyor =)

Kapsanan materyali birkaç sağlam görevle birleştirmenin zamanı geldi:

Görev 10

Vasya'nın evde 4 kedisi var.

a) Kediler odanın köşelerine kaç farklı şekilde oturabilir?
b) Kedilerin dolaşmasına kaç farklı şekilde izin verilebilir?
c) Vasya iki kediyi (biri solda, diğeri sağda) kaç farklı şekilde alabilir?

Biz karar veriyoruz: Öncelikle sorunun şu şekilde olduğunu tekrar belirtmek gerekir: farklı nesneler (kediler tek yumurta ikizleri olsa bile). Bu çok önemli bir durum!

a) Kedilerin sessizliği. Bu yürütmeye tabi tüm kediler aynı anda
+ konumları önemlidir, dolayısıyla burada permütasyonlar vardır:
Kedileri odanın köşelerine oturtmanın yolları.

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

b) Kedilerin dolaşmasına kaç farklı şekilde izin verilebilir?

Kedilerin yalnızca kapıdan yürüyüşe çıktığı varsayılırken soru, hayvan sayısı konusunda kayıtsız kalındığını ima ediyor - 1, 2, 3 veya 4 kedinin tümü yürüyüşe çıkabilir.

Olası tüm kombinasyonları göz önünde bulunduruyoruz:

Bir kediyi yürüyüşe çıkarabileceğiniz yollar (dörtünden herhangi biri);
iki kedinin yürüyüşe çıkmasına izin vermenin yolları (seçenekleri kendiniz listeleyin);
üç kedinin yürüyüşe çıkmasına izin vermenin yolları (dört kediden biri evde oturuyor);
Böylece tüm kedileri serbest bırakabilirsin.

Muhtemelen elde edilen değerlerin toplanması gerektiğini tahmin etmişsinizdir:
kedileri yürüyüşe çıkarmanın yolları.

Meraklıları için sorunun karmaşık bir versiyonunu sunuyorum - herhangi bir örnekteki herhangi bir kedi, hem kapıdan hem de 10. katın penceresinden rastgele dışarı çıkabildiğinde. Daha fazla kombinasyon olacak!

c) Vasya iki kediyi kaç farklı şekilde kucağına alabilir?

Durum sadece 2 hayvanın seçimini değil aynı zamanda onların ellere yerleştirilmesini de içeriyor:
2 kedi almanın yolları.

İkinci çözüm: iki kediyi seçebileceğiniz yollardan Ve bitki yetiştirmenin yolları Her ellerinde bir çift:

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

Vicdanımı rahatlatmak için kombinasyonların çarpımı hakkında daha spesifik bir şey söyleyeyim... Vasya'nın fazladan 5 kedisi olsun =) 2 kedinin yürüyüşe çıkmasına kaç farklı şekilde izin verebilirsiniz Ve 1 kedi mi?

Yani, her biri birkaç kedi serbest bırakılabilir Her kedi.

Bağımsız bir çözüm için başka bir düğme akordeonu:

Görev 11

12 katlı binanın asansörüne 3 yolcu bindi. Herkes diğerlerinden bağımsız olarak herhangi bir (2. kattan başlayarak) kattan aynı olasılıkla çıkabilir. Kaç şekilde:

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

Ve burada sık sık tekrar soruyorlar, açıklığa kavuşturuyorum: Aynı kata 2 veya 3 kişi çıkarsa çıkış sırası önemli değil. DÜŞÜNÜN, toplama/çarpma kombinasyonları için formül ve kuralları kullanın. Zorlanma durumunda yolcuların asansörden hangi kombinasyonlarla çıkabileceklerini isimlerini ve gerekçelerini belirtmeleri yararlı olacaktır. Bir şeyler yolunda gitmezse üzülmeye gerek yok, örneğin 2 numaralı nokta oldukça sinsidir.

Eğitimin sonunda ayrıntılı yorumlarla çözümü tamamlayın.

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

Tekrarlı permütasyonlar, kombinasyonlar ve yerleştirmeler

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

Tekrarlı permütasyonlar

Tekrarlı permütasyonlarda, "sıradan" permütasyonlarda olduğu gibi, tüm nesneler aynı anda, ancak bir tane var ama: bu kümede bir veya daha fazla öğe (nesne) tekrarlanır. Bir sonraki standardı karşılayın:

Görev 12

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

Çözüm: tüm harflerin farklı olması durumunda, önemsiz bir formül uygulanmalıdır, ancak önerilen kart seti için bazı manipülasyonların "boşta" çalışacağı oldukça açıktır, örneğin herhangi ikisini değiştirirseniz Üzerinde "K" harfleri bulunan kartlar herhangi bir kelimede aynı kelime olacaktır. Dahası, kartlar fiziksel olarak çok farklı olabilir: biri üzerinde "K" harfi bulunan yuvarlak olabilir, diğeri ise üzerinde "K" harfi bulunan kare olabilir. Ancak sorunun anlamına göre bu tür kartlar bile aynı kabul edildi, çünkü koşul harf kombinasyonlarını soruyor.

Her şey son derece basit - toplamda: 11 kart, mektup dahil:

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

Kontrol edin: 3 + 3 + 2 + 1 + 1 + 1 = 11, biz de bunu kontrol etmek istedik.

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

Büyük bir faktöriyel değerin hızlı bir şekilde hesaplanması için standart Excel işlevini kullanmak uygundur: herhangi bir hücreye puan veririz =GERÇEK(11) ve tıklayın Girmek.

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

Ancak tekrarlanan harflerle ilgili ön yorum yapılması gerekiyor!

Cevap: 554400

Tekrarlı permütasyonların bir başka tipik örneği, depoda bulunabilecek satranç taşlarını düzenleme probleminde bulunur. hazır çözümler ilgili pdf'de. Bağımsız bir çözüm için daha az şablonlu bir görev buldum:

Görev 13

Alexey spora gidiyor ve haftada 4 gün - atletizm, 2 gün - kuvvet egzersizleri ve 1 gün dinlenme. Haftalık derslerini kaç farklı şekilde planlayabilir?

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

Dersin sonunda iki satırlık çözüm ve cevap.

Tekrarlı kombinasyonlar

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

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

Görev 14

Öğrenci kafeteryasında hamurlu sosisler, cheesecake'ler ve çörekler satılmaktadır. Beş kek kaç farklı şekilde satın alınabilir?

Çözüm: tekrarlı kombinasyonlar için tipik kritere hemen dikkat edin - duruma göre, bir dizi nesneye değil, ancak Farklı türde nesneler; Satışta en az beş sosisli sandviç, 5 cheesecake ve 5 donut olduğu varsayılmaktadır. Her gruptaki turtalar elbette farklıdır - çünkü tamamen aynı donutlar yalnızca bilgisayarda simüle edilebilir =) Ancak turtaların fiziksel özellikleri problem anlamında önemli değildir ve sosisli sandviçler / cheesecakes / donutlar kendi gruplarında aynı kabul edilir.

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

"Normal" kombinasyonlarda olduğu gibi, turtaların numuneye seçimi ve yerleştirilmesi önemli değildir - sadece 5 parça seçtiler ve bu kadar.

Formülü kullanıyoruz tekrarlı kombinasyon sayısı:
Böylece 5 turta satın alabilirsiniz.

Afiyet olsun!

Cevap: 21

Birçok kombinatoryal problemden hangi sonuç çıkarılabilir?

Bazen en zor şey durumu anlamaktır.

Kendin yap çözümüne benzer bir örnek:

Görev 15

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

Öz-kontrol amacıyla birkaç basit soruyu yanıtlayın:

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

Dersin sonunda çözüm ve cevaplar.

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

Tekrarlı yerleşimler

Elemanlardan oluşan bir kümeden elemanlar seçilir ve her bir numunedeki elemanların sırası önemlidir. Ve her şey yoluna girecek, ancak oldukça beklenmedik bir şaka, orijinal setteki herhangi bir nesneyi istediğimiz kadar seçebilmemizdir. Mecazi anlamda konuşursak, "çokluk azalmayacak."

Ne zaman oldu? Tipik bir örnek, birkaç diskli şifreli kilittir, ancak teknolojinin gelişmesi nedeniyle, dijital soyunu dikkate almak daha anlamlıdır:

Görev 16

Kaç tane 4 haneli pin kodu var?

Çözüm: aslında sorunu çözmek için kombinatorik kurallarını bilmek yeterlidir: pin kodunun ilk rakamını şu şekillerde seçebilirsiniz: Ve yollar - pin kodunun ikinci basamağı Ve birçok yönden - üçüncüsü Ve aynı sayıda - dördüncü. Böylece kombinasyonların çarpımı kuralına göre dört basamaklı bir pin kodu oluşturulabilir: şekillerde.

Ve şimdi formülle birlikte. Koşullu olarak bize sayıların seçildiği ve yerleştirildiği bir dizi sayı sunulur belli bir sıraylaörnekteki sayılar tekrarlanabilirken (yani orijinal kümenin herhangi bir rakamı isteğe bağlı sayıda kullanılabilir). Tekrarlı yerleşim sayısı formülüne göre:

Cevap: 10000

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

Kombinatorikte pratik bir anlam olmadığını kim söyledi? Sitenin tüm okuyucuları için bilişsel bir görev:

Sorun 17

Devlet standardına göre bir araba plakası 3 rakam ve 3 harften oluşur. Bu durumda üç sıfırlı bir sayıya izin verilmez ve harfler A, B, E, K, M, H, O, R, C, T, U, X kümesinden seçilir. (yalnızca yazımı Latin harfleriyle eşleşen Kiril harfleri kullanılır).

Bir bölge için kaç farklı plaka oluşturulabilir?

Bu arada öyle değil, hem de çok. Büyük bölgelerde bu sayı yeterli değildir ve bu nedenle onlar için RUS yazısının birkaç kodu vardır.

Dersin sonunda çözüm ve cevap. Kombinatorik kurallarını kullanmayı unutmayın ;-) …Ayrıcalıklı olmakla övünmek istedim ama bunun ayrıcalıklı olmadığı ortaya çıktı =) Wikipedia'ya baktım - ancak yorumsuz hesaplamalar var. Her ne kadar eğitim amaçlı olsa da, muhtemelen çok az kişi bunu çözdü.

Heyecan verici dersimiz sona erdi ve sonunda, kombinatorik formüllerin başka bir hayati pratik uygulama bulduğu için zamanınızı boşa harcamadığınızı söylemek istiyorum: bunlar çeşitli görevlerde bulunur. olasılık teorisi,
ve Olasılığın klasik tanımına ilişkin görevler- özellikle sık sık

Aktif katılımınız için hepinize teşekkür ederiz ve yakında görüşürüz!

Çözümler ve cevaplar:

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

Sıfırlı bir kart 1. sırada olduğunda sayı üç haneli hale gelir, bu nedenle bu kombinasyonların hariç tutulması gerekir. 1. sırada sıfır olsun, daha sonra en az anlamlı rakamlardaki kalan 3 rakam bir şekilde yeniden düzenlenebilir.

Not : Çünkü az sayıda kart var, bu tür seçeneklerin tümünü burada listelemek kolaydır:
0579
0597
0759
0795
0957
0975

Böylece önerilen setten şunları yapabilirsiniz:
24 - 6 = 18 dört basamaklı sayı
Cevap : 18

Görev 4: Çözüm: 36 yoldan 3 kart seçilebilir.
Cevap : 7140

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

Görev 17: Çözüm: Bir plakanın dijital kombinasyonunu yapmanın yolları, bunlardan biri (000) hariç tutulmalıdır:.
Bir araba numarasının harf kombinasyonunu yapmanın yolları.
Kombinasyonların çarpımı kuralına göre her şey oluşturulabilir:
araba numaraları
(her biri dijital kombinasyon birleştirildi her biriyle harf kombinasyonu).
Cevap : 1726272

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

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

Aynı beş harften, her birini 2 harfle birleştirerek aşağıdaki sırasız çiftleri oluşturduğunuzda 10 farklı kombinasyon elde edebileceğinizi belirtmek ilginçtir:

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

Ancak aynı Latince sesli harfleri 4'er oranında birleştirirseniz yalnızca aşağıdaki 5 farklı kombinasyonu elde edersiniz:

AEIO, AEIU, AIOU, EIOU, AEOU.

Genel durumda, n farklı elementin m element ile kombinasyon sayısını belirtmek için aşağıdaki fonksiyonel, indeks veya vektör (Appel) sembolizmi kullanılır:

Tanımlama biçiminden bağımsız olarak, n elemanın m elemana göre kombinasyonlarının sayısı aşağıdaki çarpımsal ve faktöriyel formüllerle belirlenebilir:

Bu formüller kullanılarak yapılan hesaplamaların sonucunun, Latince sesli harflerin kombinasyonlarıyla ilgili yukarıdaki örneğin sonuçlarıyla örtüştüğünü kontrol etmek kolaydır. Özellikle n=5 ve m=3 için bu formüller kullanılarak yapılan hesaplamalar aşağıdaki sonucu verecektir:

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

Ayrıca, çarpımsal ve faktöriyel formüllere doğrudan ikame edilerek kontrol edilmesi kolay olan aşağıdaki kombinasyon limit sayılarını hatırlamakta fayda vardır:

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

KOMBİNASYON KİMLİKLERİ

N ve m'nin keyfi değerleri için kombinasyon sayısını belirlemek için çarpımsal ve faktöriyel formüllerin pratik kullanımı, pay ve paydalarının faktöriyel ürünlerinin üstel büyümesi nedeniyle çok verimli değildir. Nispeten küçük n ve m değerleri için bile, bu ürünler çoğu zaman modern bilgisayar ve yazılım sistemlerinde tam sayıları temsil etme olanaklarını aşar. Aynı zamanda değerleri, nispeten küçük olabilen kombinasyon sayısının sonuçtaki değerinden çok daha büyük olduğu ortaya çıkıyor. Örneğin n=10 ile m=8 elemanlarının kombinasyon sayısı sadece 45'tir. Ancak bu değeri faktöriyel formülü kullanarak bulmak için öncelikle 10'un çok daha büyük değerlerini hesaplamanız gerekir! payda ve 8! paydada:

Büyük değerlerin işlenmesinde zaman alan işlemleri hariç tutmak, kombinasyon sayısını belirlemek için, doğrudan çarpımsal ve faktöriyel formüllerden elde edilen çeşitli yineleme ilişkilerini kullanabilirsiniz. Özellikle, çarpımsal formülden aşağıdaki yineleme ilişkisi çıkar; bu, endekslerinin oranını kombinasyon sayısının işaretinin ötesine almamıza olanak tanır:

Son olarak, alt simgeyi değiştirmeden tutmak, kombinasyon sayısı faktöriyel formülünden kolayca elde edilebilecek aşağıdaki yinelemeyi sağlar:

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

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

Toplama kimliği, n ve m'nin büyük değerleri için kombinasyon sayısını verimli bir şekilde belirlemek için temel bir yinelemeli kural sağlar, çünkü faktöriyel ürünlerdeki çarpma işlemlerinin daha basit toplama işlemleriyle ve daha az kombinasyonla değiştirilmesine olanak tanır. Özellikle, toplama kimliğini kullanarak, yukarıda dikkate alınan n=10 x m=8 elemanlarının kombinasyon sayısını, aşağıdaki yinelenen dönüşüm dizisini gerçekleştirerek belirlemek artık kolaydır:

Ek olarak, sonlu toplamları hesaplamak için toplama kimliğinden, özellikle aşağıdaki forma sahip olan alt simge toplama formülünden çeşitli yararlı ilişkiler türetilebilir:

Böyle bir ilişki, alt simge 0'dan büyükken, toplama kimliğindeki yinelemenin en büyük üst simgeye sahip terim üzerinde genişletilmesiyle elde edilir. Aşağıdaki sayısal örnek, yinelemeli dönüşümlerin belirtilen sürecini göstermektedir:

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

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

Genel durumda, bu tür dönüşümlerin bir sonucu olarak, her iki endeksi de komşu terimlerden farklı olan kombinasyon sayılarının toplamı elde edilir ve endekslerin farkı sabit kalır (göz önünde bulundurulan örnekte, aynı zamanda bire eşittir). Böylece her iki kombinasyon numarası indeksi üzerinden aşağıdaki toplama formülü elde edilir:

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

Simetri özdeşliğinin geçerliliği aşağıdaki örnekte 5 elementin kombinasyon sayıları 2 ve (5 2) = 3 ile karşılaştırılarak görülebilir:

Simetri özdeşliği açık bir kombinatoryal anlama sahiptir, çünkü n eleman arasından m elemanın seçilmesine yönelik seçeneklerin sayısını belirlerken, aynı zamanda kalan seçilmemiş elemanlardan elde edilen kombinasyonların sayısını da belirler. Belirtilen simetri, kombinasyon sayısı faktöriyel formülünde m'nin karşılıklı olarak (nm) ile değiştirilmesiyle hemen elde edilir:

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

BİNOM TEOREMİ

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

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

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

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

İki terimli formülün Newton'dan önce bile Arap Doğu ve Batı Avrupa'daki ortaçağ matematikçileri tarafından bilindiğini belirtmek gerekir. Bu nedenle ortak adı tarihsel olarak doğru değildir. Newton'un değeri, bu formülü herhangi bir pozitif veya negatif rasyonel ve irrasyonel değeri alabilen keyfi bir gerçek üstel r durumuna genelleştirmesidir. Genel durumda, böyle bir Newton binom formülünün sağ tarafında sonsuz bir toplam vardır ve bunu aşağıdaki şekilde yazmak gelenekseldir:

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

Genel durumda, herhangi bir üs için Newton binom formülü, bir kuvvet serisinde keyfi bir fonksiyonun açılımını veren Maclaurin formülünün özel bir versiyonudur. Newton bunu |z| için gösterdi.< 1 этот ряд сходится, и сумма в правой части становится конечной. При любой натуральной степени r = n в правой части также получается конечная сумма из (n+1) первых слагаемых, так как все C(n, k>n) = 0. Şimdi Z=X/Y koyarsak ve sol ve sağ kısımları Yn ile çarparsak, yukarıda tartışılan Newton binom formülünün bir çeşidini elde ederiz.

Evrenselliğine rağmen, binom teoremi kombinatoryal anlamını yalnızca binomun negatif olmayan tamsayı kuvvetleri için korur. Bu durumda, binom katsayıları için çeşitli yararlı özdeşlikleri kanıtlamak için kullanılabilir. Özellikle, alt endekse ve her iki endekse göre kombinasyon sayılarına ilişkin toplama formülleri yukarıda dikkate alınmıştır. Eksik üst simge toplama kimliği, Newton'un binom formülünden X = Y = 1 veya Z = 1 olarak ayarlanarak kolayca elde edilebilir:

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

Son olarak, dikkate alınan her iki kimlikten, yalnızca çift veya yalnızca tek sayılarla binom katsayılarının toplamının özdeşliği elde edilir:

Dikkate alınan kimlikler ve endekslerin kombinasyon sayısı işaretinin altından çıkarılmasına ilişkin yinelenen kural temelinde, bir dizi ilginç ilişki elde edilebilir. Örneğin, üst simge üzerinden toplama formülünde n'yi her yerde (n1) ile değiştirirsek ve her terimin indislerini çıkarırsak aşağıdaki ilişkiyi elde ederiz:

Çift ve tek sayılarla binom katsayılarının toplamı formülünde benzer bir teknik kullanılarak, örneğin aşağıdaki ilişkinin geçerliliği kanıtlanabilir:

Başka bir yararlı kimlik, aşağıdaki Cauchy formülünü kullanarak, keyfi derece n ve k olan iki binomun simetrik olarak yerleştirilmiş binom katsayılarının çarpımlarının toplamını hesaplamayı kolaylaştırır:

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

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

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

PASCAL ÜÇGENİ

Pascal'ın aritmetik üçgeni, binom katsayılarından oluşan sonsuz bir sayısal tablo oluşturur. Satırlar, binom kuvvetlerine göre yukarıdan aşağıya doğru sıralanır. Her satırda, binom katsayıları, soldan sağa karşılık gelen kombinasyon sayısının üst endekslerine göre artan sırada düzenlenir. Pascal üçgeni genellikle ikizkenar veya dikdörtgen şeklinde yazılır.

Daha görsel ve yaygın olanı, dama tahtası düzeninde düzenlenen binom katsayılarının sonsuz bir ikizkenar üçgen oluşturduğu ikizkenar formattır. 4. dereceye kadar (n=4) binomlar için başlangıç ​​parçası şu şekildedir:

Genel olarak Pascal'ın ikizkenar üçgeni, binom katsayılarını belirlemek için toplama kimliklerine ve kombinasyon sayılarının simetrisine dayanan uygun bir geometrik kural sağlar. Özellikle toplama özdeşliğine göre herhangi bir binom katsayısı, bir önceki satırın kendisine en yakın iki katsayısının toplamıdır. Simetri özdeşliğine göre Pascal'ın ikizkenar üçgeni ortaortaya göre simetriktir. Böylece, satırlarının her biri binom katsayılarının sayısal bir palindromudur. Bu cebirsel ve geometrik özellikler, Pascal'ın ikizkenar üçgenini genişletmeyi ve keyfi derecelerdeki binom katsayılarının değerlerini tutarlı bir şekilde bulmayı kolaylaştırır.

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

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

Pascal dik açılı üçgeninin konturlarının analizine başlayarak, üst simge ile binom toplama formülüne uygun olarak n numaralı herhangi bir satırın elemanlarının toplamının 2 n'ye eşit olduğunu görmek kolaydır. Bundan, n numaralı yataylardan herhangi biri üzerindeki elemanların toplamının (2 n 1)'e eşit olduğu sonucu çıkar. Her yatayın elemanlarının toplamının değeri ikili sayı sisteminde yazılırsa bu sonuç oldukça açık hale gelir. Örneğin n=4 için böyle bir toplama şu şekilde yazılabilir:

Burada aynı zamanda ikinin kuvvetleriyle de ilişkili olan eşyükselti çizgilerinin birkaç ilginç özelliği daha var. Yatay sayının ikinin katı olması durumunda (n=2 k), o zaman tüm iç elemanlarının (en uç birimler hariç) çift sayı olduğu ortaya çıktı. Aksine, tüm yatay sayılar, eğer sayıları ikinin kuvvetinden bir eksikse (n=2 k 1) tek olacaktır. Bu özelliklerin geçerliliği, örneğin yataylarda n=4 ve n=3 veya n=8 ve n=7 gibi dahili binom katsayılarının paritesi kontrol edilerek doğrulanabilir.

Şimdi Pascal dik üçgeninin satır numarası bir asal sayı p olsun. O zaman tüm iç binom katsayıları p'ye bölünebilir. Bu özelliğin basit yatay sayıların küçük değerlerini kontrol etmesi kolaydır. Örneğin, beşinci yatayın (5, 10 ve 5) tüm iç binom katsayıları açıkça 5'e bölünebilir. Yatay p'nin herhangi bir asal sayısı için bu sonucun geçerliliğini kanıtlamak için, onun binomunun çarpımsal formülünü yazmamız gerekir. katsayılar aşağıdaki gibidir:

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

Bu sonucu kullanarak, iç elemanları belirli bir asal sayı p ile bölünebilen Pascal üçgeninin tüm konturlarının sayılarının p'nin kuvveti olduğu, yani n=pk biçiminde oldukları tespit edilebilir. Özellikle, eğer p=3 ise, o zaman p asal sayısı, yukarıda belirtildiği gibi sadece 3. satırın tüm iç elemanlarını değil, aynı zamanda örneğin 9. yatayı da (9, 36, 84 ve 126) böler. Öte yandan Pascal üçgeninde tüm iç elemanları bileşik bir sayıya bölünebilen bir yatay bulmak imkansızdır. Aksi takdirde, böyle bir yatayın sayısı aynı zamanda bileşik sayının tüm iç elemanlarının bölündüğü asal bölenlerin derecesi olmalıdır, ancak bu açık nedenlerden dolayı imkansızdır.

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

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

Yatayların analizinin sonucunda, onları oluşturan binom katsayıları serisinin sahip olduğu ilginç bir özelliği daha dikkate almakta fayda var. N numaralı herhangi bir yatayın binom katsayıları 10 sayısının ardışık kuvvetleriyle çarpılır ve ardından tüm bu ürünler toplanırsa 11 n elde edilir. Bu sonucun resmi olarak doğrulanması, X=10 ve Y=1 (veya Z=1) değerlerinin Newton'un binom formülünde değiştirilmesidir. Aşağıdaki sayısal örnek, bu özelliğin n=5 için uygulanmasını göstermektedir:

Pascal'ın dik üçgeninin dikeylerinin özelliklerinin analizi, onları oluşturan elemanların bireysel özelliklerinin incelenmesiyle başlayabilir. Resmi olarak, her dikey m, sabit üst simge (m) ve alt simge artışına sahip aşağıdaki sonsuz binom katsayıları dizisinden oluşur:

Açıkçası, m=0 olduğunda birler dizisi elde edilir ve m=1 olduğunda bir doğal sayılar dizisi oluşur. m=2 için düşey üçgensel sayılardan oluşur. Her üçgen sayı, bir dama tahtası deseninde düzenlenmiş rastgele nesnelerle (çekirdeklerle) doldurulmuş bir eşkenar üçgen olarak bir düzlem üzerinde gösterilebilir. Bu durumda, her bir Tk üçgen sayısının değeri, temsil eden çekirdeklerin sayısını belirler ve indeks, onu temsil etmek için kaç çekirdek sırasının gerekli olduğunu gösterir. Örneğin, başlangıçtaki 4 üçgen sayı, karşılık gelen sayıda "@" çekirdek karakterinden aşağıdaki yapılandırmaları temsil eder:

Benzer şekilde, doğal sayıların karesi alınarak elde edilen kare sayıların (Sk) ve genel olarak normal çokgenlerin düzenli doldurulmasıyla oluşturulan çokgen figüratif sayıların dikkate alınabileceği belirtilmelidir. Özellikle, başlangıçtaki 4 kare sayı şu şekilde temsil edilebilir:

Pascal üçgeninin düşeylerinin analizine dönersek, m=3'teki bir sonraki düşeyin tetrahedral (piramidal) sayılarla dolu olduğu not edilebilir. Bu tür her Pk sayısı, bir tetrahedron şeklinde düzenlenebilecek çekirdek sayısını belirtir ve indeks, onu üç boyutlu uzayda temsil etmek için çekirdek sıralarından kaç tane yatay üçgen katmanın gerekli olduğunu belirler. Bu durumda tüm yatay katmanların ardışık üçgen sayılar olarak temsil edilmesi gerekir. m>3 için Pascal üçgeninin bir sonraki dikeylerinin elemanları, düzlemde veya üç boyutlu uzayda net bir geometrik yorumu olmayan, ancak resmi olarak üçgen ve dört yüzlü sayıların çok boyutlu analoglarına karşılık gelen hipertetrahedal sayıların sıralarını oluşturur.

Her ne kadar Pascal üçgeninin dikey sayısal serisi, dikkate alınan bireysel kıvırcık özelliklere sahip olsa da, onlar için, kombinasyon sayılarını toplama formülünü kullanarak, ilk elemanların değerlerinin kısmi toplamlarını aynı şekilde hesaplamak mümkündür. alt simge. Pascal üçgeninde bu formül aşağıdaki geometrik yoruma sahiptir. Herhangi bir dikeyin n üst binom katsayısının değerlerinin toplamı, bir satır aşağıda bulunan bir sonraki dikey elemanın değerine eşittir. Bu sonuç aynı zamanda üçgen, tetrahedral ve hipertetrahedal sayıların geometrik yapısıyla da tutarlıdır, çünkü bu sayıların her birinin temsili daha düşük dereceli sayıları temsil eden çekirdek katmanlarından oluşur. Özellikle, n'inci üçgen sayısı Tn, doğrusal liflerini temsil eden tüm doğal sayıların toplanmasıyla elde edilebilir:

Benzer şekilde, yatay nükleer katmanlarını oluşturan ilk n üçgensel sayıların aşağıdaki toplamını hesaplayarak dört yüzlü P n sayısını bulmak kolaydır:

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

Artan köşegenler, Pascal dik üçgeninin hipotenüsüne geometrik olarak dik sayı satırları oluşturur. Alt simge artışı ve üst simge artışıyla birlikte binom katsayılarıyla doldurulurlar. Özellikle, üstteki artan 7 köşegen, sondaki sıfırlar hariç aşağıdaki sayısal diziyi oluşturur:

Genel durumda, aşağıdaki binom katsayıları n sayısıyla artan köşegen üzerindedir ve her birinin endekslerinin toplamı (n1)'e eşittir:

Kombinasyon sayılarına ilişkin toplama özdeşliği sayesinde, her bir köşegen eleman, önceki iki artan köşegenden indekslere karşılık gelen iki elemanın toplamına eşittir. Bu, Pascal üçgenini köşegen boyunca sonsuza kadar genişleterek, önceki iki köşegendeki komşu yatay elemanların ikili olarak toplanmasıyla her bir sonraki artan köşegeni oluşturmayı mümkün kılar. Aşağıdaki Pascal üçgeni parçası, 6 ve 7 numaralı köşegenler boyunca 8 numaralı artan bir köşegenin yapımını göstermektedir:

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

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

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

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

Sonuç olarak, Pascal üçgeninin yatay, dikey ve köşegenlerinin dikkate alınan özelliklerinin, ilk bakışta ortak hiçbir yanı olmayan çeşitli matematiksel yönleri birbirine bağlayan çok çeşitli olasılıkları tüketmekten uzak olduğu belirtilmelidir. Bu tür olağandışı özellikler, Pascal üçgenini, tüm olasılıkları listelenemeyen ve abartılması zor olan en gelişmiş sayısal sistemlerden biri olarak değerlendirmeyi mümkün kılar.

Pascal üçgenini kullanarak kombinasyon sayısını hesaplamak için kullanılan algoritma aşağıda sunulmuştur:

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

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

Dim TT () As Double Private Sub CreateTT () ReDim TT (0, 0) BuildTT 0, 0 End Sub Private Function SochTT (ByVal n As Integer, ByVal k As Integer) As Double If n > Ubound (TT) Then BuildTT Ubound (TT) + 1, n SochTT = TT (n, k) End Function Private Sub TerminateTT () ReDim TT (0, 0) End Sub Private Sub BuildTT (ByVal start As Integer, ByVal end As Integer) Dim i As Integer Dim j Tamsayı Olarak ReDim TT'yi Koru (bitiş, bitiş) i = başlangıç ​​için bitiş için TT (0, i) = 1 TT (i, i) = 1 Sonraki If end< 2 Then Exit Sub If start < 2 Then start = 2 For i = start To end For j = 1 To i - 1 TT (i, j) = TT (i - 1, j - 1) + TT (i - 1, j) Next Next End Sub

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

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

Doğal sayıların kombinasyonlarının numaralandırılması

Birçok pratik problemi çözmek için, belirli bir sonlu kümenin elemanlarından elde edilebilecek tüm sabit önem kombinasyonlarını numaralandırmak ve sadece bunların sayısını belirlemek gerekir. Herhangi bir sonlu kümenin elemanlarının tamsayı olarak numaralandırılmasının her zaman mevcut olasılığı göz önüne alındığında, çoğu durumda kendimizi doğal sayıların kombinasyonlarını numaralandırmak için algoritmalar kullanmakla sınırlamamıza izin verilir. Bunlardan en doğalı ve en basiti, doğal sayıların kombinasyonlarını listeleyen algoritmadır. sözlük düzeni.

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

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

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

Her bir sonraki kombinasyon vektörü, henüz sınır değerine ulaşmamış en sağdaki elemanı bulmak için elemanları soldan sağa incelendikten sonra mevcut olandan oluşturulur:

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

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

Dikkate alınan sözlüksel algoritma, n=6 birinci doğal sayıların tüm 15 kombinasyonunun m=4 sayılarla, yani ana oluşturma kümesinin tüm olası 4 elemanlı alt kümelerinin artan sözlüksel sırayla listelenmesinin gerekli olduğu aşağıdaki örneği göstermektedir ( 6 elementten 1, 2, 3, 4, 5, 6). Hesaplama sonuçları aşağıdaki tabloda sunulmaktadır:

Bu örnekte, kombinasyon vektörlerinin konumlarındaki sayıların izin verilen en büyük değerleri sırasıyla 3, 4, 5 ve 6'dır. Her bir kombinasyon vektöründeki sonuçların yorumlanmasının kolaylığı için, en sağdaki eleman, Ancak maksimum değerine ulaştığının altı çizilmiştir. Kombinasyon vektörlerinin sayısal indeksleri, sayılarını sözlüksel sıraya göre belirler. Genel durumda, n öğenin m ile herhangi bir kombinasyonunun sözlüksel numarası N, aşağıdaki formül kullanılarak hesaplanabilir; burada kozmetik nedenlerden dolayı kombinasyon sayısını belirtmek için Appel'in sembolizmi kullanılır:

Özellikle, n=6 elementlerin m=4'e göre kombinasyon numarası (1, 3, 4, 6) için bu formülü sözlüksel sırayla kullanan aşağıdaki hesaplamalar, yukarıda tartışılan örneğe karşılık gelen N=8 sonucunu verecektir:

Genel durumda, her iki endeks için kombinasyon sayılarının toplamı için özdeşlik kullanılarak, bunu kullanarak hesaplanırken sözlüksel olarak en küçük kombinasyonun (1, ... i, ... m) sayısının olduğu gösterilebilir. formül her zaman 1'e eşit olacaktır:

Bu formüle göre hesaplanırken sözlüksel olarak en büyük kombinasyonun (m, ... nm+i, ... n) sayısının m'ye göre n elemanın kombinasyon sayısına eşit olacağı da açıktır:

Sözlüksel kombinasyon sayılarını hesaplama formülü, kombinasyon vektörünün sözlüksel sırayla numarasına göre belirlenmesinin gerekli olduğu ters problemi çözmek için kullanılabilir. Böyle bir ters problemi çözmek için, istenen kombinasyonun vektörünün elemanlarının tüm bilinmeyen değerlerinin (C 1 , ... C i , ... C m) yoğunlaştığı bir denklem olarak yazılmalıdır. sağ tarafındaki kombinasyon sayısı ve kombinasyon sayısının bilinen farkı L, n elemanın sol tarafına m ve istenen kombinasyon sayısı N ile yazılır:

Bu denklemin çözümü, istenen kombinasyonun vektörünün elemanlarının değerlerinin sırayla seçildiği yinelemelerde aşağıdaki "açgözlü" algoritmayı sağlar. İlk yinelemede, mümkün olan minimum (sınırlamaları dahilinde) değer C1 seçilir; burada sağ taraftaki ilk terim, L'yi aşmayan bir maksimum değere sahip olacaktır:

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

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

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

Cm kombinasyonunun son elemanının değerinin, olası değerleri sayılmadan daha basit bir şekilde bulunabileceğine dikkat edilmelidir:

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

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

Şimdi kombinasyonlar oluşturmaya yönelik algoritmayı sözlükbilimsel sıraya göre sunuyoruz:

i için 2:= 1'den k'ye A[i] := i;

5 yazmaya başla(A, …, A[k]);

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

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

ELEMANLARIN TEKRARLANMASI İLE KOMBİNASYONLAR

Tüm öğelerin farklı olduğu klasik kombinasyonun aksine, tekrarlı bir kombinasyon, herhangi bir öğenin süresiz olarak sıklıkla görünebildiği ve tek bir kopyada mutlaka mevcut olmadığı, sonlu bir kümenin öğelerinin sırasız bir seçimini oluşturur. Aynı zamanda, öğelerin tekrar sayısı genellikle yalnızca kombinasyonun uzunluğuyla sınırlıdır ve en az bir öğe açısından farklılık gösteren kombinasyonlar farklı kabul edilir. Örneğin 1, 2 ve 3 numaralı setten isteğe bağlı olarak farklı 4 adet sayı seçerek aşağıdaki 15 kombinasyonu tekrarlı olarak yapabilirsiniz:

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

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

Doğal olarak, bu yazı biçiminde, sınırsız tekrarlama olasılığı nedeniyle herhangi bir komşu öğe eşit olabilir. Bununla birlikte, n elemanın m'ye kadar tekrarına sahip her bir kombinasyon vektörü, (n + m - 1) elemanların m'ye göre bir kombinasyon vektörü ile ilişkilendirilebilir ve bu, aşağıdaki şekilde oluşturulur:

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

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

Sonuç olarak, elemanların tekrarı olmadan karşılık gelen kombinasyonların numaralandırılmasıyla oluşturulan sıraya göre düzenlenmiş, elemanların tekrarlarına sahip bir kombinasyon vektörleri dizisi oluşturulur. Özellikle, 4 haneli tekrarlarla 3 haneli 1, 2 ve 3'ten oluşan yukarıdaki kombinasyon dizisini elde etmek için, 6 haneli 1,2,3,4, 5 tekrarı olmayan tüm kombinasyonların sözlüksel sırayla listelenmesi gerekir. ve 6'ya 4 rakam, bunları belirtilen şekilde dönüştürüyoruz. Aşağıdaki örnek, (1,3,4,6) kombinasyonunun sözlük numarası 8 ile böyle bir dönüşümünü göstermektedir:

Tekrarlı ve eleman tekrarsız kombinasyonlar arasında dikkate alınan bire bir yazışma, bunların kümelerinin eşdeğer olduğu anlamına gelir. Dolayısıyla genel durumda m üzerinde n elemanlı tekrarlı kombinasyonların sayısı, m üzerinde (n + m1) elemanlarının tekrarsız kombinasyonlarının sayısına eşittir. F tekrarlı ve C tekrarsız kombinasyon sayısını belirtmek için aynı sembolizmi kullanarak bu eşitlik şu şekilde yazılabilir:

Yukarıdaki örnekte (n=3 ve m=4) tekrarlı kombinasyon sayısının 15 olacağını kontrol etmek kolaydır; bu da doğrudan numaralandırmanın sonucuyla örtüşür:

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

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

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

Aslında, sol ve sağ kısımlarında tekrarlar olmadan karşılık gelen kombinasyon sayılarının biçimsel olarak değiştirilmesiyle belirtilen toplama kimliğine dönüşür:

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

İkili kombinasyonların numaralandırılması

Kombinasyonları donanımda uygularken veya montaj dilinde programlama yaparken kombinasyon kayıtlarını ikili formatta işleyebilmek önemlidir. Bu durumda, m'ye göre n öğenin herhangi bir kombinasyonu, n bitlik bir ikili sayı (B n ,…B j ,…B 1) biçiminde belirtilmelidir; burada m tek basamak, kombinasyonun öğelerini belirtir ve kalan (nm) haneler sıfır değere sahiptir. Açıkçası, bu gösterim biçiminde, birimlerin düzenlenmesinde farklı kombinasyonlar farklı olmalıdır ve n bitlik bir ikili kümede m birleri veya (nm) sıfırları düzenlemenin yalnızca C (n, m) yolları vardır. Örneğin, aşağıdaki tablo, keyfi bir kümenin (E 1 ,E 2 ,E 3 ,E 4 ) 2'ye kadar 4 öğesinin tüm kombinasyonları için 4 bitlik ikili sayılar sağlayan bu tür 6 ikili kombinasyonun tamamını listeler:

Genel durumda, bu tür ikili kombinasyonların numaralandırılması görevi, m tekli ve (nm) sıfır bitlerin farklı düzenlemeleriyle tüm n-bitlik ikili kümelerin sistematik numaralandırılmasına indirgenir. En basit biçimde, bu tür bir numaralandırma, bitişik rakamların bir kaydırmayla yer değiştirmesine yönelik çeşitli yöntemlerle (transpozitif kaydırma algoritmaları) uygulanır. Bunlar yinelemeli algoritmalardır ve adları her adımda gerçekleştirilen işlemlerin doğasını yansıtır. Transpozitif kaydırma algoritmalarının yinelemeli prosedürleri, bir ikili kümeyle başlayan, tümünün alt bitlerde (sağda) yoğunlaştığı ve tümü daha yüksek bitlerde (solda) olduğunda sona eren ikili kombinasyon dizileri oluşturur:

Başlangıç ​​ve son kombinasyonlarda çakışan bu diziler, ara ikili kümelerin numaralandırma sırasına göre farklılık gösterir. Ancak her durumda, karşılık gelen aktarma ve kaydırma işlemlerinin gerçekleştirilmesi sonucunda her bir sonraki ikili kombinasyon, bir öncekine göre oluşturulur. Aynı zamanda, çeşitli transpozitif kaydırma algoritmaları, aktarma için bir basamak çifti ve kaydırma için bir basamak grubu seçme biçiminde farklılık gösterir. Bu özgüllük aşağıda sola ve sağa kaydırmalı aktarma algoritmaları için dikkate alınmıştır.

Her adımda sola kaydırmalı transpozisyon algoritmasında, bir sonraki ikili kombinasyon, en soldaki bit çifti 01'in 10 ile değiştirilmesi (transpozisyon) ve varsa önde gelen tekli bitlerin grubunun 01'e yakın kaydırılmasıyla mevcut olandan elde edilir. aktarmadan (kaydırma) sonra elde edilen çift 10. Bu durumda mevcut ikili kombinasyonda en yüksek bitlerde hiç kimse yoksa, bu adımdaki aktarımdan sonra öncü birim elde edilse bile kaydırma gerçekleştirilmez. Aktarma sonrasında elde edilen 10'lu çiftten önceki yüksek dereceli bitlerde sıfır olmadığında da kaydırma yapılmaz. Dikkate alınan eylemler, bu algoritmanın iki ardışık yinelemesinin gerçekleştirilmesine ilişkin aşağıdaki örnekle gösterilmektedir; burada bir yinelemede (15) yalnızca aktarma (T") gerçekleştirilir ve diğer yinelemede (16) aktarma bir kaydırma ile tamamlanır. (T"+S"):

Sağa kaydırma algoritmasında kavramsal olarak her adımda benzer eylemler gerçekleştirilir. Yalnızca aktarma, en sağdaki rakam olan 01'in (en soldakiler yerine) 10 ile değiştirilmesini ve ardından sağındaki tüm birimlerin daha düşük rakamlara kaydırılmasını sağlar. Daha önce olduğu gibi, kaydırma yalnızca sağa kaydırılabilecek birimler varsa gerçekleştirilir. Dikkate alınan eylemler, bu algoritmanın birbirini takip eden iki yinelemesinin yürütülmesine ilişkin aşağıdaki örnekle gösterilmektedir; burada bir yinelemede (3) yalnızca aktarma (T") gerçekleştirilir ve diğer yinelemede (4) aktarma şu şekilde tamamlanır: bir kayma (T"+S"):

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

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

Dikkate alınan sola ve sağa kaydırmalı aktarma algoritmalarının karşılaştırmalı bir analizi için, yinelemelerinde ürettikleri ikili kombinasyon dizilerinin karşılaştırılması tavsiye edilir. Aşağıdaki tablo, sırasıyla sola (TSL) ve sağa (TSR) kaydırma algoritmalarıyla elde edilen, 4'e 2 öğeden oluşan bu tür iki ikili kombinasyon dizisini göstermektedir:

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

İkili formatın, öğelerin tekrarı olan kombinasyonları yazmak için de kullanılabileceği unutulmamalıdır. Bunu yapmak için aşağıdaki gibi oluşturulan tekrarlı kombinasyonlar ile ikili kombinasyonlar arasında bire bir yazışmalar kurmanız gerekir. Jeneratör grubunun n elemanından isteğe bağlı olarak m farklı elemanın seçilmesiyle elde edilen tekrarlı keyfi bir kombinasyon olsun. İstenilen yazışmayı oluşturmak için, önce jeneratör setinin (cat) tüm elemanlarını kombinasyona eklemeniz ve ardından ortaya çıkan birleştirmeyi (sıralama), tüm aynı elemanların yakında olacak şekilde sıralamanız gerekir. Sonuç, (n+m) elementlerden oluşan bir dizidir; burada n grup aynı elementten oluşur. Elemanlar arasında toplam (n+m1) boşluk olacaktır; bunlar arasında aynı eleman grupları arasında (n1) boşluk ve gruplar içindeki elemanlar arasında m boşluk olacaktır. Açıklık sağlamak için, belirtilen aralıklarla "|" karakterlerini yerleştirebilirsiniz. ve buna bağlı olarak. Şimdi 1'i gruplar arasındaki boşluklara (|) ve 0'ı diğer tüm boşluklara () eşlersek, ikili bir kombinasyon elde ederiz. (n+m1) basamaklardan oluşan ikili bir diziden oluşur; burada (n1), birler ve m sıfır basamaklardır; konumu, n'den m'ye kadar olan öğelerin tekrarları ile orijinal kombinasyona benzersiz bir şekilde karşılık gelir. Dikkate alınan dönüşüm tekniği, elemanları ilk beş Latin harfinin oluşturma kümesinden seçilen tekrarlarla (BBD) kombinasyon yoluyla bir ikili kombinasyon (1001101) oluşturmanın aşağıdaki örneğiyle gösterilmektedir:

Genel olarak, bu tür ikili kümelerin sayısı, (n1) birleri (veya m sıfırları) (n+m1) ikili basamaklarda düzenlemenin yollarının sayısını belirler. Bu değer açıkça (n+m1) üzeri (n1) veya üzeri m kombinasyonlarının sayısına eşittir, yani C(n+m1,n1) veya C(n+m1,m) ki bu da şuna eşittir: n elemanın f( n,m) m kadar tekrarlı kombinasyonlarının sayısı. Bu nedenle, tekrarlı kombinasyonlar ve ikili kombinasyonlar arasında bire bir yazışma olduğundan, tekrarlı kombinasyonların numaralandırılmasını, örneğin sola veya sağa kaydırmalı transpozisyon algoritmaları kullanılarak ikili kombinasyonların numaralandırılmasına indirgemek meşrudur. Bundan sonra, elde edilen ikili kombinasyonlardan tekrarlanarak istenen kombinasyonları geri yüklemeniz yeterlidir. Bu her zaman aşağıdaki restoratif teknik uygulanarak yapılabilir.

Kombinasyonları m adet isteğe bağlı farklı elemanın tekrarı ile oluşturulan ana set, elemanlarının her biri 1'den n'ye kadar belirli bir seri numarasına sahip olacak şekilde keyfi olarak sıralansın. (n+m1) ikili basamaklarının ikili kombinasyonlarının numaralandırılması da uygulansın; burada (n1) tek ve m sıfır basamaktır. Ortaya çıkan her ikili kombinasyon, solda hayali bir birim rakamıyla tamamlanabilir ve tüm birim rakamları, 1'den n'ye kadar tam sayılarla soldan sağa numaralandırılabilir. Daha sonra ikili kombinasyonun her i'inci biriminden sonra arka arkaya duran sıfırların sayısı, tekrarlarla karşılık gelen kombinasyondaki ana kümenin i'inci elemanının örneklerinin sayısına eşit olacaktır. Dikkate alınan teknik, ikili kombinasyonun (1001101), elemanları alfabetik sırayla yazılan ilk beş Latin harfinin oluşturma kümesinden seçilen BBD tekrarları ile bir kombinasyonu geri yüklediği ve üst çizginin bu kombinasyonda bulunmayan unsurlar:

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

Bazen birçok seçenek arasından seçim yaparız sıra ne olursa olsun. Böyle bir seçim denir kombinasyon . Örneğin kart oynuyorsanız çoğu durumda kartları tutma sırasının önemli olmadığını bilirsiniz.

örnek 1 5 harften (A, B, C, D, E) oluşan 3 harften oluşan tüm kombinasyonları bulun.

Çözüm Bu kombinasyonlar şunlardır:
(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).
Beş harften seçilen üç harften oluşan 10 kombinasyon vardır.

5 nesneli bir kümenin tüm kombinasyonlarını bulduğumuzda, aynı anda 3 nesne alırsak 3 elemanlı alt kümelerin tamamını buluruz. Bu durumda nesnelerin sırası dikkate alınmaz. Daha sonra,
(A, C, B), (A, B, C) ile aynı kümeye denir.

Alt küme
A kümesi B'nin bir alt kümesidir ve A'nın bir alt küme olduğu ve/veya A'nın her elemanı B'nin bir elemanı ise B ile aynı olduğu anlamına gelir.

Bir alt kümenin elemanları sıralı değildir. Kombinasyonlar dikkate alınırken sıralama dikkate alınmaz!

Kombinasyon
kombinasyon, k nesne içeren k nesneden oluşan bir alt kümedir.

Aynı anda k nesne alınırsa, n nesnenin kombinasyon sayısını hesaplayacak bir formül yazmak istiyoruz.

Kombinasyon gösterimi
N nesnenin kombinasyonlarının sayısı, aynı anda alınırsa, n Ck ile gösterilir.

n C k diyoruz kombinasyon sayısı . Herhangi bir k ≤ n için n C k için genel bir formül yazmak istiyoruz. Birincisi, n C n = 1 olduğu doğrudur, çünkü n elemanlı bir kümenin n elemanlı yalnızca bir alt kümesi vardır, o da kümenin kendisidir. İkincisi, n C 1 = n çünkü n elemanlı bir kümenin her biri 1 elemanlı sadece n altkümesi vardır. Son olarak, n C 0 = 1, çünkü n elemanlı bir kümenin 0 elemanlı yalnızca bir alt kümesi vardır, yani boş küme ∅. Diğer kombinasyonları dikkate almak için Örnek 1'e geri dönelim ve kombinasyon sayısını permütasyon sayısıyla karşılaştıralım.

3 elementin her kombinasyonunun 6 veya 3! permütasyonuna sahip olduğunu unutmayın.
3! . 5 C 3 \u003d 60 \u003d 5 P 3 \u003d 5. 4. 3,
Bu yüzden
.
Genel olarak, n nesneden seçilen k elemanın kombinasyon sayısı, n C k çarpı bu elemanların k! permütasyonları, n elemanın k eleman üzerindeki permütasyon sayısına eşit olmalıdır:
k!. n C k = n P k
n C k = n P k /k!
n C k = (1/k!). nPk
n Çk =

N nesneden k nesnenin kombinasyonu
N nesneden k öğenin toplam kombinasyon sayısı n C k ile gösterilir ve şu şekilde belirlenir:
(1) n C k =,
veya
(2) nCk =

n C k için başka bir gösterim türü şöyledir: binom katsayısı . Bu terminolojinin nedeni aşağıda netleşecektir.

Binom katsayısı

Örnek 2 Formül (1) ve (2)'yi kullanarak hesaplayın.

Çözüm
a) (1)’e göre,
.
b) (2)’ye göre,

Bunun n/k anlamına gelmediğini unutmayın.

Örnek 3 Hesaplayın ve .

Çözümİlk ifade için formül (1)'i, ikinci ifade için formül (2)'yi kullanıyoruz. Daha sonra
,
(1) kullanarak ve
,
formül (2) kullanılarak.

dikkat
,
ve örnek 2'nin sonucunu kullanmak bize şunu verir:
.
Bu, 7 öğeli bir kümenin 5 öğeli alt kümesinin sayısının, 7 öğeli bir kümenin 2 öğeli alt kümesinin sayısıyla aynı olduğu anlamına gelir. Bir kümeden 5 eleman seçildiğinde 2 eleman içermez. Bunu görmek için (A, B, C, D, E, F, G) kümesini düşünün:


Genel olarak elimizde şunlar var. Bu sonuç, kombinasyonu hesaplamak için alternatif bir yol sunar.

K boyutunun ve boyutunun alt kümeleri
ve n C k = n C n-k
N nesneli bir kümenin k boyutunda alt kümelerinin sayısı, n - k boyutunda alt kümelerin sayısıyla aynıdır. n nesneden oluşan bir kümedeki k nesnelerin kombinasyonlarının sayısı, n nesnenin kombinasyon sayısıyla aynıdır. Aynı anda alınan nesneler.

Şimdi problemleri kombinasyonlarla çözeceğiz.

Örnek 4 Michigan Piyango. Haftada iki kez Michigan eyaletinde düzenlenen WINFALL'da şöyle bir ikramiye var: en azından, 2 milyon ABD dolarına eşittir. Bir dolar karşılığında oyuncu 1'den 49'a kadar herhangi 6 sayının üzerini çizebilir. Bu sayılar piyango sırasında düşen sayılarla eşleşirse oyuncu kazanır. (

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

Temel kombinatorik formülü

K tane element grubu olsun ve i'inci grup n i elementten oluşsun. Her gruptan bir öğe seçelim. Daha sonra böyle bir seçimin yapılabileceği yolların toplam sayısı N, N=n 1 *n 2 *n 3 *...*n k ilişkisiyle belirlenir.

örnek 1 Bu kuralı basit bir örnekle açıklayalım. İki element grubu olsun; ilk grup n 1 elementten, ikincisi ise n 2 elementten oluşsun. Bu iki gruptan, her gruptan bir eleman bulunacak şekilde kaç farklı eleman çifti oluşturulabilir? Diyelim ki birinci gruptan ilk elemanı aldık ve onu değiştirmeden tüm olası çiftleri inceledik, sadece ikinci grubun elemanlarını değiştirdik. Bu eleman için böyle n 2 çift vardır. Daha sonra birinci gruptan ikinci elemanı alıyoruz ve onun için mümkün olan tüm çiftleri de oluşturuyoruz. Ayrıca bu türden 2 tane çift olacaktır. Birinci grupta yalnızca n 1 eleman bulunduğundan, n 1 *n 2 olası seçenek olacaktır.

Örnek 2 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 rakamlarından, rakamlar tekrarlanabildiğine göre kaç tane üç basamaklı çift sayı oluşturulabilir?
Çözüm: n 1 \u003d 6 (ilk rakam olarak 1, 2, 3, 4, 5, 6'dan herhangi bir rakamı alabileceğiniz için), n 2 \u003d 7 (ikinci rakam olarak 0'dan herhangi bir rakamı alabileceğiniz için , 1 , 2, 3, 4, 5, 6), n 3 \u003d 4 (çünkü üçüncü rakam olarak 0, 2, 4, 6'dan herhangi bir rakamı alabilirsiniz).
Yani N=n 1 *n 2 *n 3 =6*7*4=168.

Tüm grupların aynı sayıda öğeden oluşması durumunda; n 1 =n 2 =...n k =n her seçimin aynı gruptan yapıldığını ve öğenin seçimden sonra gruba geri döndüğünü varsayabiliriz. O halde tüm seçim yollarının sayısı n k'ye eşittir. Kombinatorikte bu seçim yöntemine denir örnekleri iade edin.

Örnek 3 1, 5, 6, 7, 8 sayılarından kaç tane dört basamaklı sayı oluşturulabilir?
Çözüm. Dört basamaklı bir sayının her basamağı için beş olasılık vardır, yani N=5*5*5*5=5 4 =625.

N elemandan oluşan bir küme düşünün. Kombinatorikteki bu kümeye denir Genel popülasyon.

N öğeden m'ye kadar yerleşim sayısı

Tanım 1. Konaklama N tarafından elemanlar M kombinatorikte herhangi denir sıralı set itibaren M genel popülasyondan seçilen çeşitli unsurlar N elementler.

Örnek 4Üç elemanın (1, 2, 3) ikişer ikişer farklı düzenlemeleri (1, 2), (2, 1), (1, 3), (3, 1), (2, 3), (3) şeklinde olacaktır. , 2 ). Yerleşimler hem öğeler hem de sıraları bakımından birbirinden farklı olabilir.

Kombinatoriklerdeki yerleşim sayısı A n m ile gösterilir ve aşağıdaki formülle hesaplanır:

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

Örnek 5. Onlar basamağı ile birler basamağı farklı ve tek olan iki basamaklı kaç sayı vardır?
Çözüm:Çünkü Beş tek rakam varsa, yani 1, 3, 5, 7, 9, o zaman bu sorun, beş farklı rakamdan ikisinin seçilip iki farklı konuma yerleştirilmesine indirgenir; verilen sayılar şöyle olacaktır:

Tanım 2. Kombinasyon itibaren N tarafından elemanlar M kombinatorikte herhangi denir sırasız küme itibaren M genel popülasyondan seçilen çeşitli unsurlar N elementler.

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

N elemanın m cinsinden kombinasyon sayısı

Kombinasyonların sayısı Cnm ile gösterilir ve aşağıdaki formülle hesaplanır:

Örnek 7 Okuyucu mevcut altı kitaptan ikisini kaç farklı şekilde seçebilir?

Çözüm: Yol sayısı, altı kitabın iki kat kombinasyon sayısına eşittir, yani. eşittir:

N elementin permütasyonları

Tanım 3. Permütasyon itibaren N elementlere herhangi denir sıralı set bu unsurlar.

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

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

Örnek 8 Farklı yazarların yedi kitabı bir rafta kaç farklı şekilde sıralanabilir?

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

Tartışma. Olası kombinasyon sayısının farklı kurallara (permütasyonlar, kombinasyonlar, yerleşimler) göre hesaplanabileceğini ve sonucun farklı olacağını görüyoruz çünkü sayma ilkesi ve formüllerin kendisi farklıdır. Tanımlara yakından bakıldığında sonucun aynı anda birçok faktöre bağlı olduğunu görebilirsiniz.

İlk olarak, kümelerini kaç elementten birleştirebiliriz (genel element popülasyonu ne kadar büyük).

İkinci olarak sonuç, hangi boyuttaki öğe kümelerine ihtiyacımız olduğuna bağlıdır.

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

Örnek 9 Veli toplantısında 20 kişi var. Eğer 5 kişiden oluşacaksa veli komitesinin oluşumu için kaç farklı seçenek vardır?
Çözüm: Bu örnekte komite listesindeki isimlerin sırası ile ilgilenmiyoruz. Sonuç olarak kompozisyonunda aynı kişiler belirirse, o zaman bizim için anlam açısından bu aynı seçenektir. Bu nedenle sayıyı hesaplamak için formülü kullanabiliriz. kombinasyonlar 20 elementten 5.

Komitenin her üyesinin başlangıçta belirli bir çalışma alanından sorumlu olması durumunda işler farklı olacaktır. O halde komitenin aynı maaş bordrosu ile içinde 5 kişi mümkün! seçenekler permütasyonlar bu önemli. Farklı (hem kompozisyon hem de sorumluluk alanı açısından) seçeneklerin sayısı bu durumda sayıya göre belirlenir. yerleşimler 20 elementten 5.

Kendi kendini test etme görevleri
1. 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 sayılarından tekrarlanabilen kaç tane üç basamaklı çift sayı yapılabilir?

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

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

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

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

6. Üç matematikçi ve on iktisatçıdan iki matematikçi ve altı iktisatçıdan oluşan bir komisyon kurulması gerekmektedir. Bu kaç farklı şekilde yapılabilir?