Розміщення

Нехай маємо n різних об’єктів. Будемо обирати із них m об’єктів і переставляти всіма можливими способами між собою (тобто змінюється і склад обраних об’єктів, і їх порядок). Комбінації, що вийшли, називаються розміщенням із n об’єктів по m, а їх кількість дорівнює

Приклад усіх розміщень із n=3 об’єктів (різних фігур) по m=2 - на зображенні. Згідно формулі, їх повинно бути рівно

Сполучення

Нехай маємо n різних об’єктів. Будемо вибирати із них m об’єктів усіма можливими способами (тобто змінюється склад обраних об’єктів, але порядок не важливий). Комбінації, що вийшли, називаються сполученнями з n об’єктів по m, а їх кількість дорівнює

Приклад усіх сполучень з n=3 об’єктів (різних фігур) по m=2 - на малюнку. Згідно з формулою, їх повинно бути рівно . Зрозуміло, що сполучень завжди менше ніж розміщень (тому що при розміщеннях порядок важливий, а для сполучень - ні), причому саме в m! разів, тобто вірною є формула зв’язку:

= ⋅ P_m.

ІІІ. Виконання вправ на осмислення нового матеріалу (з резервом задач з комбінаторики)

1. В магазині "Все до чаю " є п'ять різних чашок та 3 різних блюдця. Скількома способами можна купити чашку з блюдцем?

Розв'язок. Виберемо чашку. У комплекті з нею можна вибрати будь-яке з трьох блюдець. Тому є три різні комплекти, які мають ви­брану чашку. Оскільки чашок всього 5, то кількість різних комплектів дорівнює 15. (15 = 5∙3).

2. В магазині "Все до чаю" є п'ять різних чашок та 3 різних блюдця та 4 чайні ложки. Скількома способами можна купити комплект з чашки, блюдця та ложки?

Розв'язок. Виберемо будь-який з 15 комплектів попередньої задачі. Його можна доповнити ложкою чотирма різними способами. Тому за­гальна кількість мождивих комплектів дорівнює 60 (60 = 15∙4 = 5∙3∙4).

3. В Країні Чудес є три міста: А, Б і В. З міста А в місто Б ведуть 6 доріг, а з міста Б у місто В – 4 дороги. Скількома способами можна проїхати від А до В?

Розв 'язок. 24 = 6∙4.

4. В Країні Чудес є чотири міста: А, Б і В, Г і декілька нових доріг. Скількома способами можна тепер добратися з міста А в місто В?

Розв 'язок. Виділимо 2 випадки: шлях проходить через місто Б або через місто Г. У кожному з цих випадків легко порахувати кількість різних маршрутів: в першому – 24, у другому – 6. Додаючи, отри­маємо загальну кількість маршрутів: 30.

5. В магазині "Все до чаю", як і раніше, продається 5 чашок, 3 блюдця та 4 чайні ложки. Скількома способами можна купити два предмети з різними назвами?

Розв'язок. Можливі три різні випадки: перший – купується чашка з блюдцем, другий – чашка з ложкою, третій – блюдце та ложка. У кожному з цих випадків легко порахувати кількість можливих варіан­тів (в першому – 15, у другому – 20, у третьому – 12). Додаючи, отримуємо загальну кількість можливих варіантів: 47.

6. Назвемо натуральне число "симпатичним", якщо в його запису зустрічаються тільки непарні цифри. Скільки існує 4-цифрових "симпатичних" чисел?

Розв'язок. Зрозуміло, що одноцифрових "симпатичних" чисел рівно 5. До кожного одноцифрового "симпатичного" числа друга непарна цифра може бути дописана п'ятьма різними способами. Таким чи­ном, двоцифрових "симпатичних" чисел 5∙5 = 25. Аналогічно, три цифрових "симпатичних" чисел 5∙5∙5 = 125, а чотирицифрових – 5∙5∙5∙5 = 625.

Зауваження. В цій задачі розв'язок має вигляд mⁿ. До такого розв'язку приводять задачі, в котрих на кожному з n місць може бути поставлений елемент з деякої m-елементної множини. Ці задачі часто спричиняють труднощі у школярів, які не завжди розуміють, яке з чисел є основою степеня, а яке показник.

Запропонуємо ще чотири подібні задачі.

7. Монету кидають тричі. Скільки різних послідовностей орлів та решок можна при цьому отримати? Відповідь: 2³=8.

8. Кожну клітинку квадратної таблиці 2x2 можна пофарбу­вати в чорний або білий колір. Скільки існує різних роафарбувань цієї таблиці?

Відповідь: 2⁴ = 16.

9. Скількома способами можна заповнити одну картку в ло­тереї "Спорт прогноз"? (В цій лотереї треба передбачити підсумок тринадцяти. спортивних матчів. Підсумок кожного матчу – перемога однієї з команд або нічия; рахунок не має значення.)

Відповідь: 2¹³.

10. Алфавіт племені Мумбо-Юмбо складається з трьох літер А, Б та В. Слово – будь-яка послідовність, яка складається не більше як з 4 літер. Скільки слів в мові племені Мумбо-Юмбо?

Вказівка. Підрахуйте окремо кількість одно-, дво-, три- та чотирилітерних слів.

Розв 'язок. 3¹+ 3² + 3³ + 3⁴ = 120.

Перейдемо до другого циклу задач.

11. У футбольній команді (11 чоловік) треба, вибрати капіта­на та його заступника. Скількома способами це можна зробити?

Розв 'язок. Капітаном може стати будь-хто з 11 футболістів. Після об­рання капітана на роль заступника можуть претендувати 10 чоловік, які залишилися. Таким чином, всього є 11∙10 = 110 різних варіантів виборів.

Ця задача відрізняється від попередньої тим, що вибір капітана об­межує коло претендентів на роль заступника: капітан не може бути своїм заступником. Таким чином, вибори капітана та його заступника не виявляються незалежними такими, як, наприклад, вибори чашки та блюдця в задачі 1.

Ось ще чотири задачі на цю тему.

12. Скількома способами можна зробити трикольоровий прапор з горизонтальними смугами однакової ширини, якщо є матерія шести різних кольорів?

Ров'язок. Колір для верхньої смуги прапору можна вибрати шістьма різними способами. Після цього для середньої смуги прапора зали­шається п'ять можливих кольорів, а потім для нижньої смуги пра­пора – чотири різні кольори. Таким чином, прапор можна зробити 6∙5∙4 = 120 способами.

13. Скількома способами можна поставити на шахову дошку білу та чорну тури так, щоб вони не били одна одну?

Розв'язок. Білу туру можна поставити на будь-яку з 64 кліток. Незалежно від розташування вона б'є 15 полів (включаючи поле, на якому вона стоїть.). Тому залишається 49 полів, на які можна поставити чорну туру. Таким чином, всього 64∙49 = 3136 різних способів.

14. Скількома способами можна поставити на шахову дошку білого і чорного королів так, щоб вийшла допустима правилами гри позиція.

Розв'язок. Білого короля можна поставити на будь-яке з 64 полів. Але кількість полів, котрі він при цьому буде бити, залежить від його розташування. Тому необхідно розглянути три випадки:

а) якщо білий король стоїть в кутку (кутків всього 4), то він б'є 4 поля (включаючи те, на якому стоїть), і залишаються 60 полів, на які можна поставити чорного короля;

б) якщо білий король стоїть на кінці дошки, але не в кутку (таких полів – 24), то він б'є 6 полів, і для чорного короля залишається 58 можливих полів;

в) якщо ж білий король стоїть не на кінці дошки (таких полів – 36), то він б'є 9 полів, і для чорного короля залишається 55 можливих полів.

Таким чином, всього маємо 4∙60 + 24∙58 + 36∙55 = 3612 способів розставляння королів.

Займемося тепер підрахунком кількості способів, якими можна ро­зташувати в ряд n предметів. Такі розташування називаються пере­становками і відіграють помітну роль в комбінаториці та алгебрі. Але попередньо необхідно зробити невеликий відступ.

Нехай n – натуральне число, n! (читається "ен-факторіал") – це добуток

1∙2∙3∙...∙n = n!. Таким чином, 0!=1, 1!=1, 2! = 1∙2=2, 3! = 1∙2∙3 = 6, 4! = 24, 5! = 120.

Методичні зауваження. Перед тим, як обговорювати перестановки, необхідно як слід засвоїти поняття факторіалу і навчитися з ним по­водитися. Для цього можуть бути корисними наступні вправи.

Вправа 1. Чому дорівнює:

а) 10!∙ 11; б) n! ∙(n + 1); в) 3! – 4! – 0! –1! + 6!?

Вправа 2. Обчислити а) 10!/8!; б) n!/(n - 1)! в) (n +1)!/(n - 1)!

Вправа 3. Доведіть, що, якщо р – просте число, то (р – 1)! не ділиться на р.

Слід мати на увазі, що для зручності написання деяких комбінатор­них тотожностей прийнято вважати, що 0! дорівнює 1.

Повернемося тепер до перестановок.

15. Скільки існує трицифрових чисел, в запису яких 1, 2, 3 зустрічаються рівно по одному разу.

Розв 'язок. Будемо міркувати так само, як при розв'язуванні задач по­переднього циклу. На перше місце можна поставити будь-яку з трьох цифр, на друге – будь-яку з двох, які залишилися, а на третє останню з цифр, яка залишилася. Таким чином, всього виходить 3∙2∙1 = 3!

16. Скількома способами можна викласти в ряд червону, чор­ну, синю та зелену кульки?

Розв 'язок. На перше місце можна покласти будь-яку з чотирьох ку­льок, на друге – будь-яку з трьох, які залишилися, на третє – будь-яку з двох, які залишилися, а на четверте – останню кульку, яка залишилася. Таким чином, розв'язок: 4∙3∙2∙1 = 4!.

Розмірковуючи так само, як при розв'язуванні двох останніх задач, легко довести, що n різних предметів можна викласти в ряд n∙(n –1)(n – 2)∙... ∙2∙1 різними способами, тобто кількість перестановок з n елементів дорівнює n!.

Для зручності формулювання задач наступного циклу умовимося називати словом будь-яку скінченну послідовність літер українського алфавіту. Скажімо, використовуючи літери А, Б, В рівно по одному разу, можна скласти 6 слів: АБВ, АВБ, БАВ, БВА, ВАБ, ВБА; вико­ристовуючи літеру А двічі, а літеру Б один раз – три слова: ААБ, АБА, БАА. В наступних п'яти задачах необхідно з'ясувати, скільки різних слів можна отримати, переставляючи літери того або іншого слова.

17. Скільки різних слів можна отримати, переставляючи літери слова "ВЕКТОР"?

Розв 'язок. Оскільки всі літери слова різні, то всього можна отримати 6!=720 слів.

18. Скільки різних слів можна отримати, переставляючи літери слова "ЛІНІЯ"?

Розв'язок. У цьому слові дві літери І, а всі інші літери різні. Тимчасово будемо вважати різними і літери І, позначивши їх як І₁ та І₂. При цьому припущенні отримаємо 5! = 120 різних слів. Але ті слова, які дістаються одне з одного тільки переставленням літер І₁ та І₂, насправді однакові, Таким чином, отримані 120 слів розбиваються на пари однакових. Тому різних слів всього 120: 2 = 60.

19. Скільки різних слів можна отримати, переставляючи літери слова "ПАРАБОЛА"?

Розв'язок. Вважаючи три літери А цього слова різними (А1, А2, А3), дістанемо 8! різних слів. Але слова, які відрізняються лише пере­ставленням А1, А2, А3, насправді однакові. Через те, що літери А1, А2, А3 можна переставляти 3! способами, всі 8! слів розбиваються на групи з 3! однакових. Тому різних слів всього 8!/3!.

Дата добавления: 2015-07-10