Загальна кількість різних перестановок літер слова «конус», у яких літери. Побудуйте гістограму частот із вибраним розподілом на ділянки

приклад. до, о, н стоять поряд?

• приклад.Скільки існує перестановок літер слова «конус», у яких літери до, о, н стоять поряд?

• Рішення.

• Дано 5 букв, у тому числі три букви повинні стояти поруч.

• Три літери до, о, н можуть стояти поруч одним із = 3! = 6 методів.

• Для кожного способу «склеювання» букв до, о, н отримуємо = 3! = 6 способів

• Перестановки букв, «склейка» у, с.

• Загальна кількість різних перестановок букв слова «конус», у яких букви

• до, о, н стоять поруч, одно 6 · 6 = 36 перестановок - анаграм.

• Відповідь: 36 анаграм.

приклад.

• приклад.Підрахувати, що серед зображень букв А, Б, В, Р, Д, Е, Ж, З, І, К знайдеться букв, що мають: 1) вертикальну вісь симетрії; 2) горизонтальну вісь симетрії.

• Рішення.

• 1) Літери з вертикальною віссю симетрії: А, Д, Ж – 3 літери (не враховуємо потовщення деяких елементів букв А, Д праворуч).

• 2) Літери з горизонтальною віссю симетрії: У, Е, Ж, З, До – 5 букв.

• Відповідь: 1) 3літери, 2) 5 букв.

приклад.

• приклад.У жителів планети ХО в алфавіті три літери: А, О, Х. Слова в мові складаються не більше ніж із трьох літер (буква у слові може повторюватися). Яка найбільша кількість слів може бути у словнику жителів цієї планети?

• Рішення.Слова можуть бути однолітерні, дволітерні та трилітерні.

• Однолітерні слова: А, О, Х – 3 слова.

• Дволітерні слова: АТ, АХ, АА, ГО, ОА, ОХ, ХХ, ХА, ХО - 9 слів (3 · 3 = 9, вибір двох літер з повтореннями).

• Трилітерні слова: 3 · 9 = 27 слів (вибір трьох з трьох з повтореннями, вибір першої літери - три способи; до кожної першої літери дописуємо кожне з 9 можливих дволітерних слів).

• Таким чином, у словнику жителів планети ХО може бути максимум 3+9+27=39 слів.

• Відповідь: 39 слів.

Приклад №1.

• Приклад №1.Усі квитки для іспиту з літератури написані на картках двоцифровими числами. Петя випадково вибрав одну картку. Охарактеризуйте як достовірні, неможливі чи випадкові такі події:

• Подія А - на обраній картці виявилося просте число;

• Подія В – на картці виявилося складове число;

• Подія З – на картці виявилося число, яке є ні простим, ні складовим;

• Подія Д – на картці виявилося парне чи непарне число.

• Рішення.

• Події А і В є випадковими, оскільки вони можуть статися, а можуть і не відбутися.

• Подія С неможлива: згадайте визначення простого та складового числа.

• Подія Д достовірна, тому що будь-яке двозначне число або парне, або непарне.

• Ви відкрили книгу на будь-якій сторінці і прочитали першу іменник. Виявилося, що: а) у написанні вибраного слова є голосна літера; б) у написанні вибраного слова є буква «о»; в) у написанні вибраного слова немає голосних літер; г) у написанні вибраного слова є м'який знак.

• Рішення.

• а) Подія достовірна, оскільки в російській мові немає іменників, що складаються лише з приголосних букв.

• б)Подія випадкова.

• в) Подія неможлива (див. пункт а)).

• г) Подія випадкова.

приклад.

• приклад.Опишіть, у чому сума наступних несумісних подій.

• «Родила цариця в ніч, чи то сина (подія А), чи то дочка (подія В)…»

• Рішення.

• Цариця народила сина чи дочку (АВ).

• Відповідь: 4 складні події, які є сумою двох несумісних подій.

приклад. о, т, до, нар.

• приклад.На чотирьох картках написано букви о, т, до, нар.Картки перевернули та перемішали. Потім відкрили навмання послідовно одну за одною ці картки і поклали в ряд. Якою є ймовірність того, що вийде слово «крот»?

• Рішення.Виходи - всі можливі перестановки із чотирьох елементів ( о, т, до, р); загальна кількість результатів дорівнює n = = 4! = 24.

• Подія А – «після відкриття карток вийде слово «крот»»; = 1 (тільки один варіант розташування літер - "крот"; = .

• Відповідь:

приклад о, на другий т,на третій с,на четвертій п.

• приклад. Взяли чотири картки. На першій написали букву о, на другий т,на третій с,на четвертій п.Картки перевернули та перемішали. Потім відкрили навмання одну картку за іншою і поклали поряд. Яка ймовірність того, що в результаті вийшло слово стоп або слово піст?

• Рішення.Виходи – всі можливі перестановки із 4 літер; загальна кількість наслідків

• n = = 4! = 24.

• Подія А – «вийшло слово «стоп» чи «пост»; кількість сприятливих наслідків = 1(«стоп») + 1 («пост») = 2 (за правилом суми взаємовиключних наслідків).

• Можливість = .

• Відповідь: 1/12.

• Приклад №1.Виміряли довжини слів (кількість букв) у наведеному нижче уривку з поеми А.С.Пушкіна «Мідний вершник». Потрібно побудувати гістограми розподілу кратностей та частот, вибравши інтервали 1-3, 4-6, 7-9 для варіант вибірки.

• «…Жахливий він у навколишній імлі! 6, 2, 1, 9, 4

• Яка думка на чолі! 5, 4, 2, 4

• Яка сила в ньому прихована, А в цьому коні який вогонь! 5, 4, 1, 3, 7

• Куди ти скачеш, гордий кінь, 1, 1, 3, 4, 5, 5

• І де ти опустиш копита?...» 1, 3, 8, 2, 6

• Праворуч від тексту замість слів рядково записано їх довжину. Після підрахунку складаємо таблицю.

приклад.

• приклад.При перевірці 70 робіт з російської відзначали число орфографічних помилок, допущених учнями. Отриманий ряд даних подали у вигляді таблиці частот:

• Яка найбільша відмінність у числі допущених помилок? Яка кількість помилок є типовим для цієї групи учнів? Вкажіть, які статистичні характеристики були використані при відповіді на ці запитання.

• Рішення.

• Найбільше різницю серед помилок: 6 – 0 = 6.

• Типова кількість помилок: 3 (зустрічається 26 разів із 70).

• Використані розмах та мода.

• Відповідь: 6; 3.

Статистичні дослідження частотними таблицями мови.

• Статистичні дослідженнянад великою кількістю літературних текстів показали, що частоти появи тієї чи іншої літери (або пробілу між словами) прагнуть зі збільшенням обсягу тексту до певним константам. Таблиці, в яких зібрані літери тієї чи іншої мови та відповідні константи, називають частотними таблицями мови.

• Кожен автор має свою частотну таблицю використання букв, слів, специфічних літературних оборотів тощо. По цій частотній таблиці можна визначити автора приблизно так само точно, як і відбитки пальців.

Наприклад, до сьогодні не вщухають суперечки про авторство «Тихого Дону». Багато хто вважає, що в 23 роки М.А.Шолохов таку глибоку і воістину велику книгу написати просто не міг. Висувались різні аргументи та різні кандидати в автори. Особливо спекотними були суперечки в останній момент присудження М.А.Шолохову Нобелівської премії у сфері літератури (1965г.). Статистичний аналіз роману і звірення його з текстами, в авторстві М.А.Шолохова яких не було сумнівів, підтвердив все ж таки гіпотезу про М.А.Шолохова, як про справжнього автора «Тихого Дону».

Приклад №1.

• Приклад №1.Вибірка складається з усіх букв, що входять до двовірша

• «…Це дерево – сосна,

• І доля сосни зрозуміла ... »

• Випишіть ряд даних вибірки.

• Знайдіть обсяг вибірки.

• Визначте кратність та частоту варіанти «про».

• Яка максимальна відсоткова частота варіант вибірки?

• Рішення

• 1). Ряд даних вибірки (значення варіант):

• а, б, в, д, е, і, н, о, р, с, т, у, ь, ы, е, я.

• 2). Обсяг вибірки – це загальна кількість букв у двовірші: n = 30.

• 3). Кратність варіанти "про" дорівнює 4, частота варіанти дорівнює.

• 4). Найбільшу відсоткову частоту має варіант «с»: її кратність 6, частота

• , Відсоткова частота 20%.

• Відповідь: 1). 16 літер; 2). 30; 3). 4 та 0,133; 4). 20%.

Приклад №1 (продовження).Вибірка складається з усіх букв, що входять до двовірша

• Приклад №1 (продовження).Вибірка складається з усіх букв, що входять до двовірша

• «…Це дерево – сосна,

• І доля сосни зрозуміла ... »

• Алфавіт розбитий по порядку на три однакові ділянки: №1 від "а" до "й", №2 від "к" до "у", №3 від "ф" до "я".

• 1). Знайдіть кратність та (відсоткову) частоту ділянки №3.

• 2).Складіть таблицю розподілу частот ділянок.

• 3).Вкажіть ділянку найбільшої частоти.

• 4).Побудуйте гістограму частот із вибраним розподілом на ділянки.

• Рішення.Насамперед зазначимо, що у російському алфавіті 33 літери, то три однакових ділянки – це ділянки по 11 букв. Число букв у двовірші: n = 30.

• Таблиця розподілу частот та кратностей:

приклад.

приклад. 60 дев'ятикласників перевірили на швидкість читання (кількість слів за хвилину читання). Отримані дані згрупували по п'яти дільницях: № 1-(91; 100); № 2 (101; 110); № 3 (111; 120); №4 (121; 130); №5 (131; 140). Вийшла така гістограма кратностей (дивися малюнок). Приблизно оцініть: розмах, моду, середнє арифметичне вибірки, поясніть, чому відповіді лише приблизні.

Розмах А = 140-91 = 49

• Розмах А = 140-91 = 49

• Мода.

• Середнє значення.

• Отримані значення є лише приблизними оскільки замість дійсних значень варіант при обчисленнях використовувалися умовні величини – межі і середини часткових інтервалів, тобто величини, які спостерігалися досвіді, а прийняті нами зручності представлення даних.

• Відповідь: 49; 125,5; 117,17.

• А.Г.Мордкович, П.В.Семенов. Події Можливості. Статистична обробка даних: Дод. Параграфи до курсу алгебри 7 – 9 кл. загальноосвіт. установ/А.Г.Мордкович, П.В.Семенов. 4-те вид. - М.: Мнемозіна, 2006.-112 с.

• Макарічев Ю.М. Алгебра: елементи статистики та комбінаторики та теорії ймовірностей: навч. Посібник для учнів 7-9 кл. загальноосвіт. установ/Ю.Н.Макаричев, Н.Г.Міндюк; за ред. С. А.Теляковсого. - 2-ге вид. - М.: Просвітництво, 2004.-78 с.

• М.В.Ткачова, Н.Є.Федорова. Елементи статистики та ймовірність: Навчальний посібник для 7-9 класів загальноосвіт. установ. - М.: Просвітництво, 2004.-112с.

У комбінаториці вивчають питання, скільки комбінацій певного типу можна скласти з даних предметів (елементів).

Народження комбінаторики як розділу пов'язане з працями Б. Паскаля та П. Ферма з теорії азартних ігор. Великий внесок у розвиток комбінаторних методів зробили Г.В. Лейбніц, Я. Бернуллі та Л. Ейлер.

Французький філософ, письменник, математик та фізик Блез Паскаль (1623–1662) рано виявив свої видатні математичні здібності. Коло математичних інтересів Паскаля було дуже різноманітне. Паскаль довів одну
з основних теорем проективної геометрії (теорема Паскаля), сконструював підсумовуючу машину (арифмометр Паскаля), дав спосіб обчислення біноміальних коефіцієнтів (трикутник Паскаля), вперше точно визначив і застосував для доказу метод математичної індукції, зробив суттєвий крок у розвитку аналізу. що у зародженні теорії ймовірності. У гідростатиці Паскаль встановив її основний закон (закон Паскаля). "Листи до провінціалу" Паскаля з'явилися шедевром французької класичної прози.

Готфрід Вільгельм Лейбніц (1646-1716) - німецький філософ, математик, фізик та винахідник, юрист, історик, мовознавець. У математиці поруч із І. Ньютоном розробив диференціальне та інтегральне числення. Важливий внесок у комбінаторику. З його ім'ям, зокрема, пов'язані теоретико-числові задачі.

Готфрід Вільгельм Лейбніц мав мало значну зовнішність і тому справляв враження досить непоказної людини. Одного разу в Парижі він зайшов у книжкову крамницю, сподіваючись придбати книгу свого знайомого філософа. На запитання відвідувача про цю книгу книготорговець, оглянувши його з голови до ніг, насмішкувато кинув: “Навіщо вона вам? Невже ви здатні читати такі книги? Не встиг вчений відповісти, як до крамниці увійшов сам автор книги зі словами: "Великому Лейбницю привіт та повага!" Продавець ніяк не міг зрозуміти, що перед ним справді знаменитий Лейбніц, книги якого мали великий попит серед учених.

Надалі важливу роль гратиме наступна

Лемма.Нехай у множині елементів, а у множині — елементів. Тоді число всіх різних пар, де буде рівним.

Доведення.Дійсно, з одним елементом з множини ми можемо скласти таких різних пар, а всього в безлічі елементів.

Розміщення, перестановки, поєднання

Нехай у нас є безліч із трьох елементів. Якими способами ми можемо вибрати із цих елементів два? .

Визначення.Розміщеннями безлічі з різних елементів щодо елементів називаються комбінації, які складені з даних елементів > елементів і відрізняються або самими елементами, або порядком елементів.

Число всіх розміщень множини з елементів за елементами позначається через (від початкової літери французького слова “arrangement”, що означає розміщення), де і .

Теорема.Число розміщень безлічі з елементів до елементів дорівнює

Доведення.Нехай у нас є елементи. Нехай – можливі розміщення. Будуватимемо ці розміщення послідовно. Спочатку визначимо перший елемент розміщення. З цієї сукупності елементів його можна вибрати у різний спосіб. Після вибору першого елемента другого елемента залишається способів вибору і т.д. Оскільки кожен такий вибір дає нове розміщення, всі ці вибори можна вільно комбінувати між собою. Тому маємо:

приклад.Скільки способами можна скласти прапор, що складається з трьох горизонтальних смуг різних кольорів, якщо є матеріал п'яти кольорів?

Рішення.Потрібна кількість трисмугових прапорів:

Визначення.Перестановкою множини з елементів називається розташування елементів у певному порядку.

Так, всі різні перестановки множини з трьох елементів — це

Число всіх перестановок з елементів позначається (від початкової літери французького слова “permutation”, що означає “перестановка”, “переміщення”). Отже, число всіх різних перестановок обчислюється за формулою

приклад.Скільки способами можна розставити тур на шахівниці так, щоб вони не били один одного?

Рішення.Потрібна кількість розміщення турів

За визначенням!

Визначення.Поєднаннями з різних елементів щодо елементів називаються комбінації, які складені з даних елементів щодо елементів і відрізняються хоча б одним елементом (інакше кажучи, -елементні підмножини даної множини з елементів).

Як бачимо, у поєднаннях на відміну розміщень не враховується порядок елементів. Число всіх поєднань з елементів за елементами у кожному позначається (від початкової літери французького слова “combinasion”, що означає “поєднання”).

Числа

Усі поєднання з множини по два — .

Властивості чисел (\sf C)_n^k

Дійсно, кожному -елементному підмножині даної -елементної множини відповідає одна і тільки одна -елементна підмножина тієї ж множини.

Справді, ми можемо вибирати підмножини з елементів так: фіксуємо один елемент; число -елементних підмножин, що містять цей елемент, дорівнює; число -елементних підмножин, які містять цей елемент, дорівнює .

Трикутник Паскаля

У цьому трикутнику крайні числа в кожному рядку дорівнюють 1, а кожне не крайнє число дорівнює сумі двох чисел попереднього рядка, що стоять над ним. Таким чином, цей трикутник дозволяє обчислювати числа .

Теорема.

Доведення.Розглянемо безліч з елементів і розв'яжемо двома способами наступне завдання: скільки можна скласти послідовностей з елементів даного
множини, у кожній з яких ніякий елемент не зустрічається двічі?

1 спосіб. Вибираємо перший член послідовності, потім другий, третій тощо. член

2 спосіб. Виберемо спочатку елементів з цієї множини, а потім розташуємо їх у деякому порядку

Домножимо чисельник і знаменник цього дробу на:

приклад.Скільки способів можна у грі "Спортлото" вибрати 5 номерів з 36?

Шукана кількість способів

Завдання.

1. Номери машин складаються з 3 літер російського алфавіту (33 літери) та 4 цифр. Скільки існує різних номерів машин?
2. На роялі 88 кнопок. Скільки способів можна отримати послідовно 6 звуків?
3. Скільки є шестицифрових чисел, що діляться на 5?
4. Скільки способами можна розкласти 7 різних монет у три кишені?
5. Скільки можна скласти п'ятизначних чисел, у десятковому записі яких хоча б один раз зустрічається цифра 5?
6. Скільки способами можна посадити 20 чоловік за круглим столом, вважаючи способи однаковими, якщо їх можна отримати один з одного рухом по колу?
7. Скільки є п'ятицифрових чисел, що діляться на 5, у запису яких немає однакових цифр?
8. На папері з картатою зі стороною клітини 1 см намальована коло радіуса 100 см, що не проходить через вершини клітин і не стосується сторін клітин. Скільки клітин може перетинати це коло?
9. Скільки способами можна розставити в ряд числа так, щоб числа стояли поруч і до того ж йшли в порядку зростання?
10. Скільки п'ятизначних чисел можна становити з цифр, якщо кожну цифру можна використати лише один раз?
11. Зі слова РОТ перестановкою букв можна отримати такі слова: ТОР, ОРТ, ОТР, ТРО, РТО. Їх називають анаграм. Скільки анаграм можна становити зі слова ЛОГАРИФМ?
12. Назвемо розбиттямнатурального числа подання його як суми натуральних чисел. Ось, наприклад, всі розбиття числа:

Розбиття вважаються різними, якщо вони відрізняються чиселами, чи порядком доданків.

Скільки існує різних розбиття числа на доданків?
13. Скільки існує трицифрових чисел з зростаючим порядком цифр?
14. Скільки існує чотирицифрових чисел з зростаючим порядком цифр?
15. Скільки способами можна розсадити до ряду 17 осіб, щоб і опинилися поруч?
16. дівчаток і хлопчиків розсаджуються довільним чином у ряді місць. Скільки способами можна їх розсадити так, щоб жодні дві дівчинки не сиділи поруч?
17. дівчаток і хлопчиків розсаджуються довільним чином у ряді місць. Скільки способами можна їх розсадити так, щоб всі дівчатка сиділи поряд?

Перестановки. Формула для числа перестановок

Перестановки з n елементів

Нехай безліч Хскладається з n елементів.

Визначення. Розміщення без повторень зn елементів множиниX по n називається перестановкою з n елементів.

Зауважимо, що в будь-яку перестановку входять усі елементи множиниХ , причому по одному разу. Тобто перестановки одна від одної відрізняються лише порядком проходження елементів і можуть вийти одна з іншої перестановкою елементів (звідси і назва).

Число всіх перестановок зn елементів позначається символом .

Так як перестановки - це окремий випадок розміщень без повторень при , то формулу для знаходження числа отримаємо з формули (2), підставляючи до неї :

Таким чином,

(3)

приклад. Скільки можна розмістити на полиці 5 книг?

Рішення. Способів розміщення книг на полиці існує стільки, скільки існує різних перестановок із п'яти елементів:методів.

Зауваження. Формули (1)-(3) запам'ятовувати необов'язково: завдання їх застосування завжди можна вирішити з допомогою правила твори. Якщо в учнів існують проблеми зі складанням комбінаторних моделей завдань, то краще зробити вужчим безліч використовуваних формул і правил (щоб було менше можливості помилитися). Щоправда, завдання, у яких використовуються перестановки та формула (3), зазвичай вирішуються без особливих проблем.

Завдання

1. Ф. Скільки способами можуть стати черга в квиткову касу: 1) 3 людини; 2) 5 чоловік?

Рішення.

Різні варіанти розташування п людина в черзі відрізняються один від одного тільки порядком розташування людей, тобто є різними перестановками з п елементів.

Три людини можуть стати в чергу Р3 = 3! = 6 у різний спосіб.

Відповідь: 1) 6 способів; 2) 120 методів.

2. Т. Скільки способами 4 людини можуть розміститися на чотиримісній лаві?

Рішення.

Кількість осіб дорівнює кількості місць на лавці, тому кількість способів розміщення дорівнює кількості перестановок з 4 елементів: Р4 = 4! = 24.

Можна розмірковувати за правилом твору: для першої людини можна вибрати будь-яке з 4 місць, для другого - будь-яке з 3, для третього - будь-яке з 2, що залишилося, останній займе 1 місце, що залишилося; всього є = 24 різних способів Розміщення 4 осіб на чотиримісній лаві.

Відповідь: 24 способами.

3. М. У Вови на обід - перша, друга, третя страви і тістечко. Він обов'язково почне з тістечка, а решту з'їсть у довільному порядку. Знайдіть кількість можливих варіантів обіду.

М-завдання з уч. посібники А.Г.Мордковича

Т-під ред. С.А.Теляковського

Ф-М.В.Ткачовий

Рішення.

Після тістечого Вова може вибрати будь-яку з трьох страв, потім - з двох, і закінчити. Загальна кількість можливих варіантів обіду: =6.

Відповідь: 6.

4. Ф. Скільки різних правильних (з погляду російської) фраз можна скласти, змінюючи порядок слів у реченні: 1) «Я пішов гуляти»; 2) «У дворі гуляє кішка»?

Рішення.

У другому реченні прийменник «во» повинен завжди стояти перед іменником «дворі», до якого він належить. Тому, вважаючи пару «на подвір'ї» за слово, можна знайти кількість різних перестановок трьох умовних слів: Р3 = 3! = 6. Таким чином, і в цьому випадку можна скласти 6 правильних речень.

Відповідь: 1) 6; 2) 6.

5. Скільки можна за допомогою літер К, L, М, Н позначити вершини чотирикутника?

Рішення.

Вважатимемо, що вершини чотирикутника пронумеровані, за кожною закріплений постійний номер. Тоді завдання зводиться до підрахунку числа різних способів розташування 4 літер на 4 місцях (вершинах), тобто до підрахунку різних перестановок: Р4 = 4! =24 методи.

Відповідь: 24 способи.

6. Ф. Чотири друга купили квитки в кіно: на 1-е та 2-е місця у першому ряду та на 1-е та 2-е місця у другому ряду. Скільки способами друзі можуть зайняти ці 4 місця у кінотеатрі?

Рішення.

Чотири друзі можуть зайняти 4 різних місця Р4 = 4! = 24 у різний спосіб.

Відповідь: 24 способи.

7. Т. Кур'єр повинен рознести пакети до 7 різних установ. Скільки маршрутів він може вибрати?

Рішення.

Під маршрутом слід розуміти порядок відвідин кур'єром установ. Пронумеруємо установи номерами від 1 до 7, тоді маршрут буде послідовністю з 7 Цифр, порядок яких може змінюватися. Кількість маршрутів дорівнює кількості перестановок з 7 елементів: Р7 = 7! = 5040.

Відповідь: 5040 маршрутів.

8. Т. Скільки існує виразів, тотожно рівних добутку abcde, які виходять із нього перестановкою множників?

Рішення.

Дано твір п'яти різних співмножників abcde, порядок яких може змінюватися (при перестановці множників твір не змінюється).

Усього існує Р5 = 5! = 120 різних способів розташування п'яти множників; один з них (abcde) вважаємо вихідним, інші 119 виразів тотожно дорівнюють цьому.

Відповідь: 119 виразів.

9. Т. Ольга пам'ятає, що телефон подруги закінчується цифрами 5, 7, 8, але забула, в якому порядку ці цифри йдуть. Вкажіть найбільше варіантів, які їй доведеться перебрати, щоб додзвонитися подрузі.

Рішення.

Три останні цифри телефонного номера можуть бути розташовані в одному з Р3 = 3! =6 можливих порядків, у тому числі лише одне правильний. Ольга може відразу набрати правильний варіант, може набрати його третім, і т. д. Найбільше варіантів їй доведеться набрати, якщо правильний варіант виявиться останнім, тобто шостим.

Відповідь: 6 варіантів.

10. Т. Скільки шестизначних чисел (без повторення цифр) можна становити з цифр: а) 1,2, 5, 6, 7, 8; б) 0, 2, 5, 6, 7, 8? Рішення.

а) Дано 6 цифр: 1, 2, 5, 6, 7, 8, їх можна становити різні шестизначні числа, лише переставляючи ці цифри місцями. Кількість різних шестизначних чисел дорівнює Р6 = 6! = 720.

б) Дано 6 цифр: 0, 2, 5, 6, 7, 8, їх потрібно становити різні шестизначні числа. Відмінність від попередньої завдання у тому, що нуль неспроможна стояти першому місці.

Можна безпосередньо застосувати правило твору: перше місце можна вибрати будь-яку з 5 цифр (крім нуля); на друге місце - будь-яку з 5 цифр, що залишилися (4 «ненульові» і тепер вважаємо нуль); на третє місце - будь-яку з 4 цифр, що залишилися після перших двох виборів, і т. д. Загальна кількість варіантів дорівнює: = 600.

Можна застосувати спосіб виключення зайвих варіантів. 6 цифр можна переставити Р6 = 6! = 720 у різний спосіб. Серед цих способів будуть такі, у яких на першому місці стоїть нуль, що є неприпустимим. Підрахуємо кількість цих неприпустимих варіантів. Якщо першому місці стоїть нуль (він фіксований), то наступних п'яти місцях можуть стояти у довільному порядку «ненульові» цифри 2, 5, 6, 7, 8. Кількість різних способів, якими можна розмістити 5 цифр на 5 місцях, дорівнює Р5 = 5! = 120, т. е. кількість перестановок чисел, що починаються з нуля, дорівнює 120. Потрібна кількість різних шестизначних чисел в цьому випадку дорівнює: Р6 - Р5 = 720 - 120 = 600.

Відповідь: а) 720; б) 600 чисел.

11. Т. Скільки серед чотиризначних чисел (без повторення цифр), складених із цифр 3, 5, 7, 9, таких, які: а) починаються з цифри 3;

б) кратні 15?

Рішення.

а) З цифр 3, 5, 7, 9 складаємо чотиризначні числа, що починаються із цифри 3.

Фіксуємо цифру 3 першому місці; тоді на трьох рештумісцях у довільному порядку можуть розташовуватися цифри 5, 7 9 Загальна кількість варіантів їх розташування дорівнює Р 3 = 3!=6. Стільки і буде різних чотиризначних чисел, складених ізданих цифр та починаються з цифри 3.

б) Зауважимо, що сума даних цифр 3 + 5 + 7 + 9 = 24 ділиться на 3, отже будь-яке чотиризначне число, складене з цих цифр, ділиться на 3. Для того, щоб деякі з цих чисел ділилися на 15, необхідно, щоб вони закінчувалися цифрою 5.

Фіксуємо цифру 5 на останньому місці; решту 3 цифр можна розмістити на трьох місцях перед 5 Рз = 3! = 6 у різний спосіб. Стільки і буде різних чотиризначних чисел, складених із даних цифр, які поділяються на 15.

Відповідь: а) 6 чисел; б) 6 чисел.

12. Т. Знайдіть суму цифр усіх чотиризначних чисел, які можна становити із цифр 1, 3, 5, 7 (без їх повторення).

Рішення.

Кожне чотиризначне число, складене із цифр 1, 3, 5, 7 (без повторення), має суму цифр, що дорівнює 1+3 + 5 + 7=16.

З цих цифр можна становити Р4 = 4! = 24 різних числа, що відрізняються лише порядком цифр. Сума цифр усіх цих чисел дорівнюватиме

16 = 384.

Відповідь: 384.

13. Т. Сім хлопчиків, до яких входять Олег та Ігор, стають у ряд. Знайдіть число можливих комбінацій, якщо:

а) Олег повинен перебувати наприкінці ряду;

б) Олег повинен перебувати на початку ряду, а Ігор – наприкінці ряду;

в) Олег та Ігор мають стояти поруч.
Рішення.

а) Усього 7 хлопчиків на 7 місцях, але один елемент фіксований, не переставляється (Олег знаходиться в кінці ряду). Число можливих комбінацій у своїй дорівнює числу перестановок 6 хлопчиків, які стоять перед Олегом: Р6=6!=720.

пару як єдиний елемент, що переставляється з іншими п'ятьма елементами. Число можливих комбінацій тоді буде Р6 = 6! = 720.

Нехай тепер Олег та Ігор стоять поруч у порядку ІВ. Тоді отримаємо ще Р6 = 6! = 720 інших комбінацій.

Загальна кількість комбінацій, у яких Олег та Ігор стоять поруч (у будь-якому порядку) дорівнює 720 + 720 = 1440.

Відповідь: а) 720; б) 120; в) 1440 комбінацій.

14. М. Одинадцять футболістів будуються перед початком матчу. Першим стає капітан, другим - воротар, інші - випадковим чином. Скільки існує способів побудови?

Рішення.

Після капітана і воротаря третій гравець може вибрати будь-яке з 9 місць, наступний - з 8, і т. д. Загальна кількість способів побудови за правилом твору дорівнює:

1 = 362880, або Р 9 = 9! = 362880.

Відповідь: 362 880.

15. М. Скільки способами можна позначити вершини куба літерами А, В, С, D, E, F, G, K?

Рішення.

Для першої вершини можна вибрати будь-яку з 8 букв, для другої - будь-яку з 7, що залишилися, і т. д. Загальна кількість способів за правилом твору дорівнює= 40320, або Р8 = 8!

Відповідь: 40 320.

16. Т. У розкладі на понеділок шість уроків: алгебра, геометрія, біологія, історія, фізкультура, хімія. Скільки способами можна скласти розклад уроків цього дня так, щоб два уроки математики стояли поруч?

Рішення.

Усього 6 уроків, їх два уроки математики повинні стояти поруч.

«Склеюємо» два елементи (алгебра та геометрія) спочатку в порядку АГ, потім у порядку ГА. При кожному варіанті "склеювання" отримуємо Р5 = 5! = 120 варіантів розкладу. Загальна кількість способів скласти розклад дорівнює 120(AГ) +120(ГА) = 240.

Відповідь: 240 способів.

17. Т. Скільки існує перестановок літер слова «конус», у яких літери К, Про, Н стоять поруч?

Рішення.

Дано 5 букв, у тому числі три букви повинні стояти поруч. Три літери К, Про, Н можуть стояти поруч із Р3 = 3! = 6 методів. Для кожного способу "склеювання" літер К, О, Н отримуємо Р3 = 3! = 6 способів перестановки букв, «склейка», У, З. Загальна кількість різних перестановок букв слова «конус», у яких букви До, Про, Н стоять поруч, дорівнює 6 6 = 36 перестановок- анаграм.

Відповідь: 36 анаграм.

18. Т. Скільки способами 5 хлопчиків та 5 дівчаток можуть зайняти в театрі в одному ряду місця з 1 по 10? Скільки способами вони можуть це зробити, якщо хлопчики сидітимуть на непарних місцях, а дівчатка – на парних?

Рішення.

Кожен варіант розташування хлопчиків може поєднуватися з кожним з варіантів розташування дівчаток, тому за правилом твору загальна кількість способів розсадити дітей в цьому випадку дорівнює 120 20= 14400.

Відповідь: 3628800 способів; 14400 способів.

19. Т. П'ять хлопчиків і чотири дівчинки хочуть сісти на лавку дев'ятимісцеву так, щоб кожна дівчинка сиділа між двома хлопчиками. Скільки вони можуть це зробити?

Рішення.

За умовою завдання хлопчики і дівчатка повинні чергуватись, тобто дівчатка можуть сидіти тільки на парних місцях, а хлопчики лише на непарних. Тому змінюватися місцями дівчинки можуть лише з дівчатками, а хлопчики – лише з хлопчиками. Чотирьох дівчаток можна розсадити на чотирьох парних місцях Р4 = 4! = 24 способами, а п'ятьох хлопчиків на п'яти непарних місцях Р5 = 5! = 120 методами.

Кожен спосіб розміщення дівчаток може поєднуватися з кожним способом розміщення хлопчиків, тому за правилом твору загальна кількість способів дорівнює Р420 = 2880 способів.

Відповідь: 2880 способів.

20. Ф. Розкласти на прості множники числа 30 та 210. Скількими способами можна записати у вигляді добутку продих множників число: 1) 30; 2) 210?

Рішення.

Розкладемо дані числа на прості множники:

30 = 2 ; 210 = 2 .

Число 30 можна записати у вигляді добутку простих множників

Р 3 = 3! = 6 різними способами (переставляючи множники).

Число 210 можна записати у вигляді твору простих
множниківР 4 = 4! = 24 різними способами.

Відповідь: 1) 6 способів; 2) 24 способи.

21. Ф. Скільки різних парних чотиризначних чисел з цифрами, що не повторюються, можна записати, використовуючи цифри 1, 2, 3, 5?

Рішення.

Щоб число було парним, воно має закінчуватися парною цифрою, тобто 2. Зафіксуємо двійку на останньому місці, решта трьох цифр має стояти перед нею в довільному порядку. Кількість різних перестановок із 3 цифр дорівнює P3 = 3! = 6; отже, різних парних чотиризначних чисел буде також 6 (до кожної перестановки із трьох цифр додається цифра 2).

Відповідь: 6 чисел.

22. Ф. Скільки різних непарних п'ятицифрових чисел, у яких немає однакових цифр, можна записати за допомогою Цифр 1,2, 4, 6, 8?

Рішення.

Щоб складене число було непарним, необхідно, щоб воно закінчувалося непарною цифрою, тобто одиницею. Інші 4 Цифри можна переставляти місцями, розташовуючи кожну перестановку перед одиницею.

Загальна кількість непарних п'ятизначних чисел дорівнює числу перестановок: Р4 = 4! =24.

23. Ф. Скільки різних шестицифрових чисел з неповторними цифрами можна записати за допомогою цифр 1; 2 3, 4, 5, 6, якщо: 1) число повинне починатися з 56; 2) цифри 5 і 6 у числі мають стояти поряд?

Рішення.

Дві цифри 5 і 6 фіксуємо на початку числа і дописуємо до них різні перестановки з 4 цифр, що залишилися; кількість різних шестицифрових чисел дорівнює: Р4 = 4! = 24.

Загальна кількість різних шестизначних чисел, у яких цифри 5 та 6 стоять поруч (у будь-якому порядку), дорівнює 120 + 120 = 240 чисел. (Варіанти 56 та 65 несумісні, не можуть реалізуватися одночасно; застосовуємо комбінаторне правило суми.)

Відповідь: 1) 24 числа; 2) 240 чисел.

24. Ф. Скільки різних парних чотиризначних чисел, у запису яких немає однакових цифр, можна скласти із цифр 1,2,3,4?

Рішення.

Парне число повинне закінчуватися парною цифрою. Фіксуємо на останньому місці цифру 2, тоді попередні 3 цифри можна переставити Р3 = 3! = 6 у різний спосіб; отримаємо 6 чисел із двійкою на кінці. Фіксуємо на останньому місці цифру 4, отримаємо Р3 = 3! = 6 різних перестановок трьох попередніх цифр та 6 чисел, що закінчуються цифрою 4.

Загальна кількість парних чотирицифрових чисел буде 6 + 6 = 12 різних чисел.

Відповідь: 12 чисел.

Зауваження. Загальна кількість варіантів ми знаходимо, користуючись комбінаторним правилом суми (6 варіантів чисел, що закінчуються двійкою, 6 варіантів чисел, що закінчуються четвіркою; способи побудови чисел з двійкою і з четвіркою на кінці є взаємовиключними, несумісними, тому загальна кількість варіантів дорівнює сумі числа варіантів з двійкою на кінці та числа варіантів з 4 на кінці). Запис 6 + 6 = 12 краще відображає основи наших дій, ніж запис Р.

25. Ф. Скільки способами можна записати у вигляді добутку простих множників число 1) 12; 2) 24; 3) 120?

Рішення.

Особливістю цього завдання є те, що в розкладанні кожного з даних чисел є однакові множники, що повторюються. При освіті різних перестановок з множників ми отримаємо нову перестановку, якщо поміняємо місцями якісь два однакових множника.

1) Число 12 розкладається на три простих множники, два з яких однакові: 12 = .

Якби всі множники були різні, їх можна було б переставити у творі Р3 = 3! = 6 у різний спосіб. Щоб перерахувати ці способи, умовно «розрізнимо» дві двійки, підкреслимо одну з них: 12 = 2.

Тоді можливі такі 6 варіантів розкладання на мешканці:

Але насправді підкреслення цифр не має в математиці жодного значення, тому отримані 6 перестановок у звичайному записі мають вигляд:

т. е. фактично ми отримали не 6, а 3 різні перестановки Кількість перестановок зменшилася вдвічі за рахунок того, що ми не повинні враховувати перестановки двох двійок між собою.

Позначимо Р х шукане число перестановок із трьох елементів серед яких два однакових; тоді отриманий нами результат можна записати так: Рз = Рх Але 2 - це кількість різних перестановок із двох елементів, тобто 2 == 2! = Р 2 тому Р3, = Р х Р 2 , звідси Р х = . (Це формула для числа перестановок із повтореннями).

Можна міркувати інакше, ґрунтуючись лише на комбінаторному правилі твору.

Щоб скласти твір із трьох множників, спочатку виберемо місце для множника 3; це можна зробити одним із трьох способів. Після цього обидва місця заповнюємо двійками; це можна зробити одним способом. За правилом твору загальна кількість методів дорівнює: 3-1 =3., Р х = 20.

Другий спосіб. Складаючи твір з п'яти множників, спочатку виберемо місце для п'ятірки (5 способів), потім для трійки (4 способи), а 3 місця, що залишилися, заповнимо двійками (1 спосіб); за правилом твору 5 4 1 = 20.

Відповідь: 1) 3; 2) 4; 3) 20.

26. Ф. Скільки способами можна зафарбувати 6 клітин таким чином, щоб 3 клітини були червоними, а 3 залишилися зафарбовані (кожна своїм кольором) білим, чорним чи зеленим?

Рішення.

Перестановки із 6 елементів, серед яких три - однакові:

Інакше: для зафарбування білим кольором можна вибрати одну з 6 клітин, чорним – з 5, зеленим – з 4; три клітини, що залишилися, зафарбовуємо червоним кольором. Загальна кількість способів: 6541 = 120.

Відповідь: 120 способів.

27.Т. Пішохід має пройти один квартал на північ та три квартали на захід. Випишіть усі можливі маршрути пішохода.= 4.

Відповідь: 4 маршрути.

28. М. а) На дверях чотирьох однакових кабінетів треба повісити таблички із прізвищами чотирьох заступників директора. Скільки способами це можна зробити?

б) У 9 "А" класі в середу 5 уроків: алгебра, геометрія, фізкультура, російська мова, англійська мова. Скільки можна скласти варіантів розкладу на цей день?

в) Скільки способами чотири злодії можуть розбігтися по одному на всі чотири сторони?

г) Ад'ютант повинен розвезти п'ять копій наказу генерала п'ятьом полкам. Скільки способів може вибрати маршрут доставки копій наказу?

Рішення.

а) Для першої таблички можна вибрати будь-який із 4 кабінетів,
Для другої - будь-який з трьох решти, для третьої - будь-який з двох решти, для четвертої - один решта; за правилом
твори загальна кількість способів дорівнює: 4 3 2 1 = 24, або Р4 = 4! = 24.= 120, або Р5 = 5! = 120.

Відповідь: а) 24; б) 120; в) 24; г) 120.

Література

Афанасьєв В.В. Теорія ймовірностей у прикладах та завданнях, - Ярославль: ЯГПУ, 1994.

Баврін І. І. Вища математика: Підручник для студентів хіміко-математичних спеціальностей педагогічних вузів-2-е видання, перероблене. - М.: Просвітництво, 1993.

Бунимович Є. А., Буличев В.А. Імовірність та статистика. 5-9 класи: Посібник для загальноосвітніх навчальних закладів, - М.: Дроф, 2005.

Віленкін Н. Я. та інші. Алгебра та математичний аналіз для 10 класу: Навчальний посібник для учнів шкіл та класів з поглибленим вивченням математики. - М: Просвітництво,1992.

Віленкін Н. Я. та інші. Алгебра та математичний аналіз для 11 класу: Навчальний посібник для учнів шкіл та класів з поглибленим вивченням математики - М.: Просвітництво, 1990.

Глейзер Г.І. Історія математики у школі: 9-10 клас. Посібник для вчителів. - М: Просвітництво 1983.

Дорофєєв Г.В., Суворова С.Б., Бунімович Є.А. Математика 9: Алгебра. Опції. Аналіз даних – М.: Дрофа, 2000.

Колягін та інші. Алгебра та початку аналізу 11 клас. Математика у школі – 2002 – №4 – с.43,44,46.

Люпшкас В.С. Факультативні курси з математики: теорія ймовірностей: Навчальний посібник для 9-11 класів. - М., 1991.

Макарічев Ю.М., Міндюк Н.Г. Елементи статистики та теорії ймовірностей: Навчальний посібник для учнів 7-9 класів. - М.: Просвітництво, 2005.

Мордковіч А.Г., Семенов П.В. Алгебра та початку аналізу 10 клас: Підручник для загальноосвітніх установ (профільний рівень) - М.: Мнемозіна, 2005.

Ткачова М.В., Федорова Н.Є. Елементи статистики та ймовірність: Навчальний посібник для учнів 7-9 класів. - М.: Просвітництво, 2005.

Варіант 1

№1. Скільки способів можна розмістити п'ять різних книг на полиці?

№2. Скільки трицифрових чисел із різними цифрами можна скласти із цифр 0, 1, 3, 6, 7, 9?

№3. На зустрічі випускників 9 колишніх однокласників обмінялися візитівками. Скільки було використано візиток?

№4. Скільки існує перестановок літер слова «фігура», у яких літери «у», «р», «а» коштують поряд у вказаному порядку?

Варіант 2

№1. Скільки способів можна розмістити шість різних книг на полиці?

№2. Скільки трицифрових чисел із різними цифрами можна становити з цифр 0, 3, 4, 5, 8?

№3. На конференції 7 учасників обмінялися номерами телефонів. Скільки було здійснено обмінів телефонними номерами?

№4. Скільки існує перестановок літер слова «вершина», у яких літери «в», «е», «р» коштують поряд у вказаному порядку?

Самостійна робота. Комбінаторика.

Варіант 3

№1. Скільки способами 9 учасників конкурсу можуть виступати в порядку черговості у чверті фіналу конкурсу?

№2. Використовуючи цифри 0, 3, 7, 8, складіть усі можливі двоцифрові числа, в яких цифри не повторюються.

№3. У районі N кожні два селища з'єднані дорогою. Визначте кількість таких доріг, якщо близько 10 селищ.

№4. Скільки існує п'ятизначних телефонних номерів, що починаються з цифри 3 , у яких різні цифри?

Варіант 4

№1. Кур'єр має розвезти піцу за шістьма адресами. Скільки маршрутів може вибрати?

№2. Використовуючи цифри 0, 2, 4, 6, 8, складіть усі можливі трицифрові числа, в яких цифри не повторюються?

№3. На площині відзначено 9 точок, ніякі три з них не лежать на одній прямій. Скільки прямих можна здійснити через ці точки?

№4. Скільки існує шестизначних телефонних номерів, що починаються на 36, де всі цифри різні?