Cik kombinācijas var veidot 10 cipariem. Formulas combinatorics

Pirmkārt, mēs analizēsim kombinatorikas pamatjēdzienus - paraugus un to veidus: permutācijas, izmitināšanas un kombinācijas. Ir nepieciešams tos zināt, lai atrisinātu lielu daļu no EGE 2020 abu līmeņu matemātikā, kā arī deviņiem greideriem OGE nodošanai. Sāksim ar piemēru.

Permutācijas. Permutāciju skaita skaitīšana.

Iedomājieties, ka esat izvēlējies profesiju, kas šķietami nav saistīts ar matemātiku, piemēram, interjera dizaineri. Iedomājieties, ka klients izteica jums pieprasījumu:

"Ievietojiet 4 grāmatas uz plaukta, lai Burgundijs un Blue tilpumi netiks stāvēti tuvumā. Parādiet man viss Noteikumu iespējas. Es izvēlos vispiemērotāko. "

Ko tu darīsi? Visticamāk, jūs sākat organizēt un parādīt. Tomēr, lai nebūtu sajaukt, nevis palaist garām kādu no iespējamām iespējām un neatkārtot, jums tas jādara vienā sistēmā.

Piemēram, pirmkārt, mēs atstājam burgundijas apjomu pirmajā vietā, var būt zaļš vai oranžs blakus tai. Ja otrajā vietā ir zaļš skaļums, tad tas var būt oranžs un zils vai zils un oranžs. Ja otrajā vietā ir oranžs tilpums, tad var būt zaļš un zils vai zils un zaļš. Kopā tiek iegūtas 4 iespējamās iespējas.

Pirmkārt, var būt jebkurš no 4 apjomiem, kas nozīmē, ka aprakstītā procedūra ir jāatkārto vēl 3 reizes. Lieta, kad zilais apjoms ir pirmajā vietā, izrādās tāds pats pamatojums.

Un nākamie divi gadījumi atšķiras, ka atlikušajās trīs vietās ir jābūt burgundijas un ziliem apjomiem, bet ne tuvu. Piemēram, ja pirmā vieta ir vērts zaļo tilpumu, oranžā apjomā jābūt trešajā vietā, lai atdalītu bordo un zilos apjomus, kas var aizņemt attiecīgi vai otro un ceturto vietu vai ceturto un otro.

Tā rezultātā mums bija tikai 12 iespējas, lai izkārtotu 4. grāmatas uz plaukta ar noteiktu ierobežojumu. Vai ir daudz vai nedaudz? Ja jūs pavadīt vienu minūti, lai pārvietotu grāmatas un diskusiju par iegūto iespēju ar klientu, tad, iespējams, ir normāli. 12 minūtes jūs varat valkāt grāmatas un runāt. (Mēģiniet aprēķināt, cik daudz permutācijas būtu 4th grāmatu permutācijas bez jebkādiem ierobežojumiem?)

Tagad iedomājieties, ka klientam ir vairāk grāmatu nekā 4. Nu, vismaz 5. Ir skaidrs, ka izkārtojuma iespējas būs vairāk, un tiešām pārkārtot tos no vietas, lai novietotu ilgāku laiku un sajaukt un sākt atkārtot vieglāku .. . Tik steidzoties cīņā bez sagatavošanās vairs nav tā vērts. Jums ir pirmās grafika iespējas uz papīra. Īsumā mēs nokritīsim mūsu krāsu apjomus un pārkārtosiet savus numurus uz papīra. Lai padarītu mazāk nepareizu, vispirms mēs pierakstīsim visas permutācijas iespējas un pēc tam šķērso tos no tiem, kas ietilpst ierobežojumā. Tā:

"Sakārtojiet 5 grāmatas uz plaukta, lai 1. un 2. apjomi netiktu tuvu. Rādīt viss Permutāciju iespējas. "

Mums ir 5 grāmatas (vai 5 cipari), no kuriem katrs var stāvēt pirmajā vietā. Mēs padarīsim jūsu tableti katram no šiem 5 gadījumiem. Otrajā vietā var būt jebkurš no atlikušajiem 4 cipariem, katram no tiem mēs rezervējam plāksnītes kolonnā.

Katrā kolonnā mēs ievietojam pāri līnijām, kurās viens no atlikušajiem 3 ciparu stundām stāv trešajā vietā, un divas nesenās numurus mainīt vietas. Tāpēc mēs rūpīgi uzrakstījām viss Permutācijas iespējas. Aprēķināt to kopējo skaitu.

5 (tabulas) × 4.(kolonna) × 3.(virknes pāri) × 2.(līnijas) × 1 (iespēja) \u003d. 120 (Iespējas).

Un visbeidzot, šķērso visas iespējas, kas satur "12" vai "21". Tie bija 6 pirmajā un otrajā zīmēm un 12 atlikušajās 3., tikai 48 iespējas, kas neatbilst ierobežojumam. Tātad klientam ir jāparāda 120 - 48 \u003d 72 iespējas 5 grāmatu atrašanās vietā. Tas aizņems vairāk nekā stundu, pat ja mēs pavadām diskusiju par katru opciju tikai minūti.

Tikai tad, ja jūs redzējāt personu, kas nolīgt dizaineru, lai pārkārtotu piecas grāmatas? Tiešām šādi uzdevumi rodas bibliotēkās, kur jums ir nepieciešams ievietot grāmatas apmeklētāju ērtībai lielos grāmatnīcās, kur jums ir nepieciešams, lai grāmatas būtu jānodrošina pieprasījuma pieaugums utt. Tas ir, kur grāmatas nav vienības, un pat desmitiem, bet simtiem un tūkstošiem.

Zvanu opcijas Permutations ir ne tikai grāmatām. Tas var būt nepieciešams daudziem objektiem gandrīz jebkurā darbības jomā. Tas nozīmē, ka gan citu profesiju dizaineriem, gan cilvēkiem, gan cilvēkiem var būt nepieciešams palīgs, un vēl labāku rīku, lai atvieglotu sagatavošanas posmu, iespējamo rezultātu analīzi un samazinātu neproduktīvā darba apjomu. Šādi rīki izveidoti un izveido matemātikas zinātniekus un pēc tam dod viņiem sabiedrību gatavu formulu veidā. Matemātika neapšaubīja viņu uzmanību, kas saistīta ar permutācijām, kā arī ar dažādu elementu izmitināšanu un kombinācijām. Atbilstošās formulas vairs nav gadsimta. Šīs formulas ir ļoti vienkāršas, mazākā sabiedrības daļa "tiek piešķirta" skolas matemātikas nodarbībās. Tāpēc viss, kas iepriekš rakstīts, ir būtiski "velosipēda izgudrojums", uz kuru man bija kūrorts, pieņēmuma dēļ, ka interjera dizainers nekad nevajadzētu matemātiku. Nu, atteikties no šī pieņēmuma. Mēs atkārtojam matemātiskos jēdzienus, un pēc tam atkal atkal uz grāmatu plaukta uzdevumu.

Kombinators Matemātikas reģions tiek saukts, kurā jautājumi tiek pētīti par to, cik daudz dažādu kombināciju uz šiem vai nav nosacījumu, var sastāvēt no konkrētā komplekta elementiem. Pastāvīgi kombinācija, mēs faktiski izvēlas dažādus elementus no šī kopa un apvienot tos grupās atbilstoši mūsu vajadzībām, tā vietā, lai vārda "kombinācijas", vārda "paraugs" elementu bieži izmanto.

Permutāciju skaita formula.

Permutācijas Šie elementu paraugi tiek saukti, kas atšķiras tikai pēc elementu secības, bet ne pašiem elementiem.

Ja permutācijas tiek veiktas uz komplekta n. elementi to skaitu Nosaka formula
P n. = n.·( n.-1) · ( n.-2) ... 3 · 1 \u003d \u003d n.!

n.! - apzīmējums, kas tiek izmantots īsu ierakstu par visu dabisko skaitļu darbu no 1 līdz n. Inclusive un sauc par " n.-Factor "(tulkots no angļu" faktora "-" reizinātājs ").

Tādējādi kopējais 5 grāmatu permutāciju skaits P 5. \u003d 5! \u003d 1 · 2 · 3 · 4 · 5 \u003d 120, ko mēs esam augstāki. Patiesībā mēs atvēlējām šo formulu nelielam piemēram. Tagad es atrisināšu vairāk piemēru.

1. uzdevums..

30 apjomi tiek novietoti uz grāmatplauktu. Cik veidos tos var novietot tā, lai tajā pašā laikā 1. un 2. apjomi netika stāvēti tuvumā?

Lēmums.

Mēs definējam 30 elementu permutāciju kopējo skaitu pēc formulas P 30.=30!
Lai aprēķinātu "nevajadzīgo" permutāciju skaitu, vispirms mēs definējam, cik daudz iespēju, kurās 2. tilpums atrodas blakus 1. pa labi no tā. Šādos permutācijās 1. tilpums var aizņemt vietas no pirmās līdz 29., un 2. no otrās līdz 30s - tikai 29 vietas šai grāmatu pārim. Un ar katru pirmajiem diviem apjomiem, atlikušās 28 grāmatas var ieņemt atlikušās 28 vietas jebkurā secībā. Permutācijas iespējas 28 grāmatas P 28.\u003d 28! Kopumā "liekās" iespējas 2. tilpuma atrašanās vietā 2. labajā pusē izrādīsies 29 · 28! \u003d 29!.
Tāpat apsveriet gadījumu, kad 2. tilpums atrodas blakus 1., bet pa kreisi no tā. Izrādās tāds pats skaits variantu 29 · 28! \u003d 29!.
Tātad visi "nevajadzīgie" permutations 2 · 29!, Un nepieciešamās metodes sakārto 30! -2 · 29! Aprēķiniet šo vērtību.
trīsdesmit! \u003d 29! · 30; 30! -2 · 29! \u003d 29! · (30-2) \u003d 29! · 28.
Tātad, mums ir nepieciešams, lai reizinātu visus dabiskos numurus no 1 līdz 29 un reizināts ar 28 atkal.
Atbilde: 2.4757335 · 10 32.

Tas ir ļoti liels skaits (pēc diviem vēl 32 cipariem). Pat ja jūs pavadāt otru par katru permutāciju, jums būs nepieciešami miljardi gadu. Vai ir vērts veikt šādu prasību klientam, vai ir labāk, lai varētu pamatoti apgalvot viņam un uzstāt uz piemērot papildu ierobežojumus?

Pārkārtošanās un varbūtības teorija.

Biežāk, varbūtības teorijā notiek nepieciešamība rēķināties ar iespēju skaitu. Turpiniet nākamo uzdevumu grāmatu.

2. uzdevums..

Uz grāmatplaukuma bija 30 apjomi. Bērns samazinājās grāmatas no plaukta, un pēc tam nodot tos nejaušā secībā. Kāda ir varbūtība, ka viņš ne Ielieciet 1. un 2. Tom netālu?

Lēmums.

Pirmkārt, mēs definējam notikuma iespējamību, kas ir tas, ka bērns ievieto tuvumā 1. un 2. apjomu.
Elementārais notikums - daži grāmatu izvietošana uz plaukta. Ir skaidrs, ka kopējais skaits viss Elementārie notikumi būs vienādi ar visu iespējamo permutāciju kopējo skaitu P 30.=30!.
Elementāru pasākumu skaits, kas veicina notikumus A ir vienāds ar permutāciju skaitu, kurās ir tuvumā esošie 1. un 2. apjomi. Mēs uzskatām, ka šādas permutācijas, risinot iepriekšējo uzdevumu, un saņēma 2 · 29! permutācijas.
Varbūtība nosaka nodaļu par vienvirziena elementāru notikumu skaitu ar visu iespējamo elementāro notikumu skaitu:
P (A) \u003d 2 · 29! / 30! \u003d 2 · 29! / (29! · 30) \u003d 2/30 \u003d 1/15.
Notikums - bērns ne Ievietojiet 1. un 2. tilpumu netālu - pretējā gadījumā, kas nozīmē, ka tā varbūtība p (b) \u003d 1 - p (a) \u003d 1-1 / 15 \u003d 14/15 \u003d 0,9333
Atbilde:0,9333.

Piezīme: Ja nav skaidrs, kā frakcijas ar factoria ir samazināts, atcerieties, ka faktori ir īss darbs. To vienmēr var krāsot garš un stress atkārtoti reizinātāji skaitītājā un saucējs.

Atbilde izrādījās tuvu vienam, tas nozīmē, ka ar šādu grāmatu skaitu nejauši ievieto divus noteiktus apjomus blakus grūtāk nekā nav piegādāt.

Izmitināšana. Skaitīšanas izmitināšanas skaitu.

Tagad pieņemsim, ka klientam ir daudz grāmatu, un nav iespējams tos visus novietot uz atvērtajiem plauktiem. Viņa pieprasījums ir tas, ka jums ir nepieciešams izvēlēties noteiktu daudzumu jebkuru grāmatu un novietot tos skaisti. Tas izrādījās skaisti vai neglīts tas ir jautājums par klienta garšu, ti. viņš vēlas redzēt vēlreiz viss Opcijas un pieņemt lēmumu. Mūsu uzdevums ir aprēķināt visu iespējamo izmitināšanas iespēju skaitu grāmatām, saprātīgi pārliecināt to un ieviest saprātīgus ierobežojumus.

Lai atrisinātu situāciju, vispirms pieņemsim, ka "daudz" ir 5 grāmatas, kas mums ir tikai viens pulks, un ka tikai 3 apjomi ir uzstādīti uz tā. Ko mēs darām?
Mēs izvēlamies vienu no 5 grāmatām un ievieto pirmo vietu uz plaukta. Mēs to varam izdarīt 5.vietā. Tagad ir divas vietas uz plaukta, un mums ir 4 grāmatas pa kreisi. Mēs varam izvēlēties otro grāmatu 4 veidus un ievietot blakus vienam no 5 iespējamiem. Šādi pāri var būt 5 · 4. Ir 3 grāmatas un viena vieta. Vienu grāmatu no 3. var izvēlēties 3 veidos un ievietot blakus vienam no iespējamiem 5 · 4 pāriem. Izrādās 5 · 4 · 3 dažādi trīskārši. Tas nozīmē, ka veidi, kā izvietot 3 grāmatas no 5 5 · 4 · 3 \u003d 60.

Attēlā redzamas tikai 4 iespējas izmitināšanu no 60 iespējām. Salīdziniet attēlus. Lūdzu, ņemiet vērā, ka izvietojums var atšķirties viens no otra vai tikai elementu secības, kā pirmajām divām grupām vai elementu sastāvs, kā šādi.

Izmitināšanas formulu.

Izmitināšana no n. Elementi m. (vietas) sauc par šādiem paraugiem, kas ir m. elementi, kas izvēlēti no datu skaita n. Elementi atšķiras viens no otra vai elementu sastāva vai to atrašanās vietas secībā.

Izmitināšanas skaits n. ar m. apzīmē A. N M. un nosaka ar formulu
A. N m \u003d. n.·( n. - 1) · ( n. - 2) · ... · ( n. − m. + 1) = n.!/(n - m)!

Mēģināsim aprēķināt šo formulu A n n n.. Izmitināšanas skaits n. ar n..
A n n n. = n.·( n.-Vēlīgs) · ( n.-2) · ... · ( n.-n. + 1) = n.·( n.-Vēlīgs) · ( n.-2) · ... 1 \u003d n.!
Pa šo ceļu, A n n n. = P n. = n.!

Nekas pārsteigums ir tas, ka izmitināšanas skaits no n. ar n. Tas izrādījās vienāds ar permutāciju skaitu n. Elementi, jo mēs izmantojām visus elementu komplektus, lai sagatavotu visus komplektus, kas nozīmē, ka tie vairs nevar atšķirties viens no otra ar elementu sastāvu, tikai pēc to atrašanās vietas secības, un tas ir permutācija.

3. uzdevums..

Cik veidos es varu organizēt 15 apjomus grāmatplauktā, ja izvēlaties tos no pieejamajām 30 grāmatām?

Lēmums.

Mēs definējam kopējo izmitināšanas vietu skaitu no 30 elementiem 15 ar formulu
30 15. \u003d 30 · 29 · 28 · ... (30-15 + 1) \u003d 30 · 29 · 28 · ... 16 \u003d 202843204931727360000.
Atbilde: 202843204931727360000.

Vai jūs ievietosiet reālas grāmatas? Veiksmi! Apsveriet, cik daudz dzīvību būs jāiet cauri visām iespējām.

4. uzdevums..

Cik daudz veidu jūs varat organizēt 30 grāmatas divos plauktos, ja katram no tiem tiek ievietoti tikai 15 apjomi?

Lēmums.

I metode.
Iedomājieties, ka pirmais plaukts, ko mēs aizpildām tāpat kā iepriekšējā uzdevumā. Tad tiks izvietotas iespējas no 30 grāmatām 30 15. \u003d 30 · 29 · 28 · ... (30-15 + 1) \u003d 30 · 29 · 28 · 16.
Un ar katru grāmatu izvietošanu pirmajā plauktā, mēs joprojām esam P 15. \u003d 15! Metodos mēs varam organizēt grāmatas otrajā plauktā. Galu galā, otrajam plauktam, mēs atstājām 15 grāmatas par 15 vietām, t.i. Tikai permutācijas ir iespējamas.
Visi veidi būs 30 15 · P 15Kamēr produkts visiem numuriem no 30 līdz 16 joprojām tiks reizināta ar produkta visu numuru no 1 līdz 15, produkts visu dabisko skaitu no 1 līdz 30, t.e.e. trīsdesmit!
II metode.
Tagad iedomājieties, ka 30 vietās mums bija viens garš pulks. Mēs nodot visas 30 grāmatas par to, un pēc tam redzēja plauktu divās vienādās daļās, lai apmierinātu uzdevuma stāvokli. Cik daudz iespēju vienošanās varētu būt? Tik daudz, kā jūs varat veikt permutācijas 30 grāmatas, ti. P 30. = 30!
Atbilde: 30!.

Nav svarīgi, kā jūs izlemjat matemātisko uzdevumu. Jūs nolemjat to kā attēlveidojot savas darbības dzīves situācijā. Ir svarīgi ne atkāpties no loģikas jūsu argumentācijā, lai jebkurā gadījumā jūs saņemsiet pareizo atbildi.

Varbūtības izvietošana un teorija.

Theory varbūtības, uzdevums uz izvietojumu ir nedaudz mazāk izplatīta nekā uzdevumi cita veida paraugus, jo izvietojumu ir vairāk identifikācijas funkcijas - gan ordeņa un sastāvu elementu, kas nozīmē mazāk ir pakļauti nejaušām izvēles.

5. uzdevums..

Uz grāmatplauktu ir kolekcija raksta viens autors 6 apjomos. Tāda paša formāta grāmatas ir patvaļīgas. Lasītājs, bez meklējumiem, aizņem 3 grāmatas. Kāda ir varbūtība, ka viņš paņēma pirmos trīs apjomus?

Lēmums.

Pasākums A - lasītājs pirmos trīs apjomus. Attiecībā uz izvēles kārtību viņš varēja tos ņemt 6.vietā. (Tas ir permutācijas no 3. elementiem. P3. \u003d 3! \u003d 1 · 2 · 3 \u003d 6, kas ir viegli saraksts 123, 132, 213, 231, 312, 321.)
Tādējādi labvēlīgo elementāru notikumu skaits ir vienāds ar 6.
Kopējais iespējamo elementāro notikumu skaits ir vienāds ar izmitināšanas vietu skaitu no 6 līdz 3, t.i. A. 6 3 \u003d 6 · ... (6-3 + 1) \u003d 6 · 5 · 4 \u003d 120.
P (a) \u003d 6/120 \u003d 1/20 \u003d 0,05.
Atbilde: 0,05.

Kombinācija. Skaitīt kombināciju skaitu.

Un pēdējais gadījums ir visas klienta grāmatas ar tādu pašu krāsu un vienu izmēru, bet tikai daži no tiem ir novietoti uz plaukta. Šķiet, ka dizainerim nebūtu problēmu, izvēlieties tik daudz grāmatu no kopējā skaita, kā jums nepieciešams, un novietojiet tos uz plaukta patvaļīgā kārtībā, jo grāmatas ir ārēji neatšķiramas. Bet tie atšķiras un būtiski! Šīs grāmatas ir atšķirīgas saturā. Un klients nevar visi būt, ja atrodas Šekspīra traģēdijas, un kur rex statas detektīvi uz atklātā plaukta vai skapī. Tādējādi mums ir situācija, kad parauga elementu sastāvs ir svarīgs, bet to atrašanās vietas secība ir nenozīmīga.

Attēlā rāda divus paraugus no "viena autora rakstu kolekcijas 5 apjomos." Pirmais būs patikt klientam vairāk, ja tas bieži pārņemtu šī autora agrīnos darbus, kas ievietoti pirmajos trīs apjomos, otrajā - ja biežāk aicina novēlotos pēdējos apjomos novēlētos darbus. Mēs aplūkojam abas grupas tikpat skaistas (vai vienlīdz neglīti), un tas nav svarīgi, vai grupa atradīsies 123 vai kā 321 ...

Kombināciju skaita formula.

Nesamērīgi paraugi tiek saukti no n. Elementi m. Un norāda No N M..
Kombināciju skaits Nosaka formula No N m \u003d. n!/(n. - m)! / m!

Šajā formulā ir divi dalītāji, un simbols tiek izmantots kā dalīšanas pazīme. / ", kas ir ērtāk par tīmekļa lapu. Bet nodaļu var apzīmēt arī resnās zarnas" : "Vai horizontāla līnija" --- ". Pēdējā gadījumā formula izskatās kā parastā frakcija, kurā secīgo nodaļu pārstāv divi faktori saucājam. . Tiem, kas ir saprotami formā frakciju, visas formulas tiek dublētas sākumā un pašā beigās lapas. Uzdevumu risinājumu apskate Salīdziniet manu ierakstu ar ierasto par sevi.
Turklāt visi reizinātāji un dalītāji šajā formulā ir secīgu dabisko skaitļu darbi, tāpēc frakcija ir labi samazināta, ja tas ir detalizēti rakstīts detalizēti. Bet es garām detalizētu saīsinājumu uzdevumos, ir viegli pārbaudīt to pats.

Ir skaidrs, ka tiem pašiem avota kopām no n. elementi un identiski paraugu apjomi (pēc m. Elementi) kombināciju skaitam jābūt mazākam par izmitināšanas skaitu. Galu galā, skaitot izmitināšanu katrai izvēlētajai grupai, mēs joprojām ņemam vērā visus atlasītā permutācijas m. Elementi, un, aprēķinot kombinācijas, neņem vērā: Ar n m = N M./P m. = n!/(n-m.)!/m!

6. uzdevums..

Cik metožu var sakārtot 15 apjomus uz grāmatplauktu, ja jūs izvēlaties tos no ārējām neatbilstošām 30 grāmatām?

Lēmums.

Mēs atrisināt šo uzdevumu kontekstā dizaina interjera dizainers, tāpēc rīkojumu sekot tām pašām grāmatām uz plaukta 15 izvēlēto ārēji identiskas grāmatas nav svarīgi. Ir nepieciešams noteikt kopējo skaitu kombinācijas 30 elementu 15 ar formulu
No 30 15 = 30! /(30 − 15)!/15! = 155117520.
Atbilde: 155117520.

7. uzdevums..

Cik daudz veidu jūs varat organizēt 30 ārēji neatšķiramas grāmatas divos plauktos, ja tikai 15 apjomi tiek ievietoti katrā no tiem?

Ja mēs atbildēsim uz šo jautājumu no interjera dizainera viedokļa, tad grāmatu secība katrā no plauktiem ir nenozīmīga. Bet klients var būt svarīgs vai nav svarīgi, kā grāmatas tiek izplatītas starp plauktiem.
1) Piemēram, ja abi plaukti ir tuvu, abi ir atvērti gan tādā pašā augstumā, tad klients var teikt, ka tas nav svarīgi. Tad atbilde ir acīmredzama - 1 veids, kopš to sakārtošanas, visas daudzās 30 grāmatas tiek izmantotas, un nav ņemtas vērā permutācijas.
2) Bet, kad viens no plauktiem ir pārāk augsts, klients ir svarīgs, kuras grāmatas tās atrodas. Šādā gadījumā atbilde būs tāda pati kā iepriekšējā problēma - 15511,7520 metodes, jo pirmais plaukts ir aizpildīts par paraugu kombinācijām no 30 līdz 15, un otrajā vietā atlikušās 15 grāmatas, izņemot permutācijas.

Tātad, ir šādi formulējuma uzdevumi, ka atbildes var iegūt neskaidrs. Lai iegūtu precīzu risinājumu, ir nepieciešama papildu informācija, ka mēs parasti saņemam no situācijas konteksta. Rādītāji pārbaudes uzdevumi, kā likums, neļauj dubultot interpretāciju par stāvokli problēmas, formulēt tas ir nedaudz ilgāk. Tomēr, ja jums ir šaubas, labāk attiecas uz skolotāju.

Kombinācija un varbūtības teorija.

Varbūtības teorijā visbiežāk tiek atrastas kombināciju uzdevums, jo grupa bez procentu rīkojuma ir svarīgāka nenotikušiem elementiem. Ja daži elementi atšķiras ievērojami atšķirīgi, tie ir grūti izvēlēties nejauši, ir vadlīnijas par nejaušu izvēli.

8. uzdevums..

Uz grāmatplauktu ir kolekcija raksta viens autors 6 apjomos. Grāmatas ir vienlīdz dekorētas un patvaļīgas. Lasītājs aizņem izlases 3 grāmatas. Kāda ir varbūtība, ka viņš paņēma pirmos trīs apjomus?

Lēmums.

Pasākums A - lasītājs pirmos trīs apjomus. Tas ir 1., 2. un 3. apjoms. Izņemot pasūtījumu, kurā viņš izvēlējās grāmatas, bet tikai ar galīgo rezultātu, viņš varēja tos vienā virzienā. Labvēlīgo elementāru notikumu skaits - 1.
Kopējais iespējamo elementāro notikumu skaits ir vienāds ar grupu skaits no 6 līdz 3, neņemot vērā procedūru, kas seko grupas elementiem, t.i. vienāds ar kombināciju skaitu No 6 3. \u003d 6! / 3! / (6 - 3)! \u003d 4 · 5 · 6 / (1 · 2 · 3) \u003d 4 · 5 \u003d 20.
P (a) \u003d 1/20 \u003d 0,05.
Atbilde: 0,05.

Salīdziniet šo uzdevumu ar 5. uzdevumu (uz izvietojumu). Abos uzdevumos, ļoti līdzīgi apstākļi un tieši tās pašas atbildes. Būtībā tā ir tikai viena un tā pati mājsaimniecību situācija, un attiecīgi tas pats uzdevums, ko var interpretēt vienā vai otrā veidā. Galvenais ir tas, ka, aprēķinot elementārus notikumus, gan labvēlīgi, gan vien iespējams, bija viena izpratne par situāciju.

Galīgie komentāri.

Par visu formulu stingru izeju (ko es šeit nedodu) divi galvenie combinatorikas noteikumi:

Reizināšanas noteikums (noteikums " un"). Pēc viņa teiktā, ja var izvēlēties elementu a n. Veidi un ar jebkuru izvēli B elementu var izvēlēties m. pēc tam pāris a un B varat izvēlēties n · M. veidi.

Šis noteikums ir vispārināts par patvaļīgu secības garumu.

Pabeigšanas noteikums (noteikums " vai"). Tā apgalvo, ka, ja var izvēlēties A elementu n. Var izvēlēties, kā arī B elementu m. pēc tam izvēlieties a vai B tas ir n + m. veidi.

Šie noteikumi ir nepieciešami, lai atrisinātu problēmas.

Koncepcija faktorisks Attiecas arī uz nulli: 0! = 1 Tāpēc tiek uzskatīts, ka tukšo komplektu var pasūtīt vienīgais veids.

Aprēķiniet lielo skaitļu rūpnīcās, tieši ilgu laiku paātrinot kalkulatoru, un ļoti liels skaits - un datorā nav ātrs. Bet kā jūs tiktu galā ar to pirms datoru un kalkulatoru izveides? Pat 18. gadsimta sākumā J.Stirling un neatkarīgi no Viņa, A. Maurra saņēma formulu par aptuvenu aprēķinu faktoriem, kas ir precīzāka nekā vairāk n.. Tagad šo formulu sauc par stirling formula:

Galīgais uzdevums.

Kad risināt problēmas ar varbūtības teoriju, izmantojot kombinatoriskās metodes, ir nepieciešams rūpīgi analizēt ierosināto situāciju, lai pareizi izvēlētos paraugu ņemšanas veidu. Mēģiniet to darīt nākamā uzdevuma piemērā. Atrisiniet to, salīdziniet atbildi un pēc tam noklikšķiniet uz pogas, lai atvērtu savu risinājumu.

9. uzdevums..

No akvārija, kurā 6 Sazāni un 4 karpas, SACC 5 zivis nozvejotas. Kāda ir varbūtība, ka starp tiem ir 2 Sazan un 3 karpas?

Lēmums.

ELEMENTARY EVENT - "Saccine grupā 5 zivis." Notikums A - "Starp 5 nozvejotiem zivīm izrādījās 3 karpas un 2 Sazan. "
Ļaut būt n. - kopējais iespējamo elementāro notikumu skaits, tas ir vienāds ar veidu, kā veidot 5 zivis. Kopējā zivs akvārijā 6 + 4 \u003d 10. Sacc Sacc no zivju ārvalstu nenoteiktu. (Mēs nezinām, vai mēs noķerām zivis Bachka vai ar nosaukumu Koska. Turklāt, līdz mēs izvilksim saccus up un nevērsim to, mēs pat nezinām Sazan to vai karpu.) Tādējādi " Nozvejas 5 zivis no 10 "līdzekļiem, lai veiktu parauga veida kombināciju no 10 līdz 5.
n. = No 10 5. = 10!/5!/(10 - 5)!
Izvelkot dzeguzi un skatoties uz to, mēs varam noteikt labvēlīgu iznākumu vai ne, t.i. Ir divu grupu nozveja - 2 Sazan un 3 karpas?
Sazanova grupa varētu izvēlēties 6 Sazanova izvēli 2. un jebkurā gadījumā, kas no viņiem pirmo reizi uzkāpa tvertnē, un kas ir otrais, tā tālāk. Tas ir 6 līdz 2. kombinācijas veids, apzīmē ar kopējo šādu paraugu skaitu. m 1. Un es to aprēķinu.
m 1. = No 6 2. = 6!/2!/(6 - 2)!
Tāpat kopējo iespējamo grupu skaits 3 karpu nosaka pēc skaita kombināciju 4 līdz 3. apzīmē to m 2..
m 2. = Ar 4 3. = 4!/3!/(4 - 3)!
Grupas karpas un sazāns tiek veidotas saccus neatkarīgi viens no otra, tāpēc, lai aprēķinātu skaitu elementāro notikumu veicina notikumu A, mēs izmantojam noteikumu reizināšanas ("un" -Evilo) combinatorics. Tātad, kopējais labvēlīgo elementāru notikumu skaits
M \u003d m 1 · m 2 = No 6 2.· Ar 4 3.
Notikumu varbūtība nosaka ar formulu P (a) \u003d m / n \u003d c 6 2 · c 4 3 / c 10 5
Mēs aizstājam visas šīs formulas vērtības, parakstiet faktori, samaziniet frakciju un saņemiet atbildi:
P (a) \u003d 6! · 4! · 5! · (10 - 5)! / 2! / (6 - 2)! / 3! / (4 - 3)! / 10! \u003d 5/21 ≈ 0.238

Komentāri.
1) Kombinācijas parasti tiek konstatētas uzdevumos, kur tiek ievērots grupas veidošanas process, un tikai rezultāts ir svarīgs. Sasan Bachka bez atšķirības bija pirmais viņš nokrita saccus vai pēdējais, bet tas ir ļoti svarīgi, lai Viņam, kurā grupā izrādījās, lai būtu galu galā - starp tiem, kas atrodas Sachka, vai starp tiem, kuri ir brīvi.
2) Piezīme, mēs izmantojam "un noteikumu", jo Savienība "un" ir tieši aprakstā notikuma A, par kuru ir nepieciešams aprēķināt iespējamību kopīgas nozvejas divu grupu. Tomēr mēs to piemērojam tikai pēc tam, kad viņi ir pārliecināti par paraugu neatkarību. Patiesībā, nevar Sazan, peldoties uz saccus, pārrēķiniet savus kolēģus, un pastāstiet Karpa: "Jūsu kārta, mūsu jau divi." Un būs karpas piekrīt kāpt Sacc Sazan? Bet, ja viņi varētu piekrist, šis noteikums nebūtu iespējams piemērot. Būtu jāatsaucas uz nosacītas varbūtības jēdzienu.

Atbilde: 0,238.

Parādīt lēmumu.

Ja esat augstskolā un veicat eksāmenu, pēc tam, kad studējat šo sadaļu, atgriezieties (10 par bāzi un 4 par profila līmeņiem EGE 2020 matemātikā), ko var atrisināt, izmantojot elementus kombinatorikas un bez tā (Piemēram, mest monētas). Kurš no iespējamiem veidiem, kā atrisināt uzdevumu Vai jums patīk vairāk tagad?

Un, ja jūs vēlaties pavadīt nedaudz vairāk, risinot combinatorikas izaicinājumus, lai uzzinātu, kā ātri noteikt paraugu ņemšanas veidu un atrast vēlamās formulas, tad dodieties uz lapu

Kombinatorika ir matemātikas sadaļa, kas studē jautājumus par to, cik daudz dažādu kombināciju pakārtotiem tiem vai citiem apstākļiem var veidot no norādītajiem objektiem. Kombinatorikas pamati ir ļoti svarīgi, lai novērtētu nejaušības notikumu varbūtības, jo Tas ir tie, kas ļauj jums aprēķināt būtībā iespējamo skaitu dažādu iespēju attīstībai notikumu.

Pamata formulas kombinatorika

Ļaujiet būt K grupas elementiem, un I-i grupa sastāv no n i elementiem. Izvēlieties vienu elementu no katras grupas. Tad kopējais N metožu skaits, ko var izdarīt šādu izvēli, nosaka ar attiecību n \u003d n 1 * n 2 * n 3 * ... n k.

1. piemērs. Ļaujiet mums izskaidrot šo noteikumu par vienkāršu piemēru. Ļaujiet būt divas grupas elementu, un pirmā grupa sastāv no n 1 no elementiem, un otrais ir no n 2 elementiem. Cik daudz dažādu elementu pāru var veidot no šīm divām grupām, lai pārī vienā grupā no katras grupas elements? Pieņemsim, ka mēs ņēma pirmo elementu no pirmās grupas, un, nemainot to, pārvietoja visus iespējamos pārus, mainot tikai elementus no otrās grupas. Šādus pārus šim elementam var veikt n 2. Tad mēs ņemam otro elementu no pirmās grupas un arī veido visus iespējamos pārus par to. Šādi pāri būs arī n 2. Tā kā pirmajā grupā tikai N 1 elements, visas iespējamās iespējas būs n 1 * n 2.

2. piemērs. Cik trīs ciparu pat skaitļus var izgatavot no cipariem 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, ja skaitļi var atkārtot?
Lēmums:n 1 \u003d 6 (jo kā pirmo ciparu var ņemt jebkuru ciparu 1, 2, 3, 4, 5, 6), n 2 \u003d 7 (jo otro ciparu var veikt jebkuru ciparu 0, 1, 2 , 3, 4, 5, 6), N 3 \u003d 4 (jo kā trešais cipars, jūs varat veikt jebkuru ciparu 0, 2, 4, 6).
Tātad, n \u003d n 1 * n 2 * n 3 \u003d 6 * 7 * 4 \u003d 168.

Gadījumā, ja visas grupas sastāv no identiska vienību skaita, t.i. N 1 \u003d N 2 \u003d ... n K \u003d n Mēs varam pieņemt, ka katra izvēle ir izgatavota no tās pašas grupas, un elements pēc atlases tiek atgriezta grupā vēlreiz. Tad visu izvēles metožu skaits ir n K. Šo izvēles metodi kombinatorikā tiek saukta Paraugu ņemšana ar atgriešanos.

3. piemērs. Cik no visiem četru ciparu skaitļiem var izgatavot no skaitļiem 1, 5, 6, 7, 8?
Lēmums. Katrai četru ciparu skaitļa izlādei ir piecas iespējas, kas nozīmē n \u003d 5 * 5 * 5 * 5 \u003d 5 4 \u003d 625.

Apsveriet kopumu, kas sastāv no n elementiem. Tas ir noteikts kombinatorikā sauc vispārīgs apsvērums.

Naktsmītnes skaits no n elementiem ar m

1. definīcija. Izmitināšana n. Elementi m. kombinatorikā sauc par jebkuru pasūtīts no m. Dažādi elementi, kas izvēlēti no iedzīvotājiem n. Elementi.

4. piemērs.Dažādas trīs elementu vietas (1, 2, 3) divi būs komplekti (1, 2), (2, 1), (1, 3), (3, 1), (2, 3), (3, 2) ). Izvietojums var atšķirties viens no otra gan elementiem, gan pasūtījuma.

Naktsmītņu skaits kombinatorikā apzīmē ar n m un tiek aprēķināts pēc formulas:

Komentārs: N! \u003d 1 * 2 * 3 * ... * N (Lasīt: "EN Factorional"), turklāt tiek uzskatīts, ka 0! \u003d 1.

5. piemērs.. Cik daudz divciparu skaitļi ir tur, kurā skaits desmitiem un ciparu vienību atšķiras un nepāra?
Lēmums: Jo Pieci, proti, 1, 3, 5, 7, 9, tad šis uzdevums ir samazināts līdz divu dažādu pozīciju atlasei un izvietošanai diviem no pieciem dažādiem numuriem, t.i. Šie skaitļi būs:

Definīcija 2. Kombinācija no n. Elementi m. kombinatorikā sauc par jebkuru neierobežots komplekts no m. Dažādi elementi, kas izvēlēti no iedzīvotājiem n. Elementi.

6. piemērs.. Komplektā (1, 2, 3) kombinācijas ir (1, 2), (1, 3), (2, 3).

Kombināciju skaits no n elementiem ar m

Kombināciju skaitu apzīmē ar c n m un tiek aprēķināts pēc formulas:

7. piemērs.Cik veidi, kā lasītājs var izvēlēties divas grāmatas no sešiem pieejamiem?

Lēmums:Veidu skaits ir vienāds ar sešu divu grāmatu kombināciju skaitu, t.i. Tikpat:

Permutācijas no n elementiem

Definīcija 3. Perestanovka no n. Elementus sauc par jebkuru pasūtīts Šie elementi.

7.a piemērs. Visu veidu permutācijas komplektā, kas sastāv no trim elementiem (1, 2, 3), ir: (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 3, 1), (2, 1, 3) ), (3, 2, 1), (3, 1, 2).

Dažādu permutāciju skaits no N elementiem ir apzīmēta ar p n un aprēķina pēc formulas p n \u003d n!.

8. piemērs. Cik daudz veidu, septiņas grāmatas no dažādiem autoriem var novietot uz plaukta vienā rindā?

Lēmums:Šis uzdevums ir par septiņu dažādām grāmatām permutāciju skaitu. Ir p 7 \u003d 7! \u003d 1 * 2 * 3 * 4 * 5 * 6 * 7 \u003d 5040 veidi, kā novietot grāmatas.

Diskusija.Mēs redzam, ka iespējamo kombināciju skaitu var aprēķināt ar dažādiem noteikumiem (permutācijas, kombinācijas, izvietošana), un rezultāts būs atšķirīgs, jo Aprēķina un formulu princips ir atšķirīgs. Rūpīgi skatoties uz definīcijām, var atzīmēt, ka rezultāts ir atkarīgs no vairākiem faktoriem, tajā pašā laikā.

Pirmkārt, no kāda elementa daudzuma mēs varam apvienot savus komplektus (cik lielā mērā vispārējais elementu kopums).

Otrkārt, rezultāts ir atkarīgs no tā, kāda veida elementu komplekti mums ir vajadzīgs.

Un pēdējais, ir svarīgi zināt, vai mums ir būtiski, lai mēs izveidotu elementu secību komplektā. Paskaidrojiet pēdējo faktoru turpmākajā piemērā.

9. piemērs.Vecāku sanāksmē ir 20 cilvēki. Cik daudz dažādu iespēju ir mātes komitejas sastāvs, ja 5 cilvēkiem jāievada?
Lēmums:Šajā piemērā mēs neesam ieinteresēti uzvārdu secībā komitejas sarakstā. Ja tie paši cilvēki būs starp savu sastāvu, tad tas nozīmē mums tas pats variants. Tāpēc mēs varam izmantot skaitļa skaitīšanas formulu Kombinācijasno 20 elementiem 5.

Pretējā gadījumā lietas tiks saskaras, ja katrs komitejas loceklis sākotnēji ir atbildīgs par noteiktu darba virzienu. Tad ar to pašu komitejas sarakstu ir iespējams 5! Opcijas pārkārtotsšis jautājums. Šajā gadījumā šajā gadījumā ir noteikts dažādu (un pēc sastāva, un par atbildības jomu) izmitināšana No 20 elementiem 5.

Uzdevumi pašpārbaudei
1. Cik trīs ciparu pat skaitļus var izgatavot no skaitļiem 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, ja skaitļi var atkārtot?
Jo Skaits ir pat trešajā vietā, var stāvēt 0, 2, 4, 6, ti. Četri cipari. Otrajā vietā var stāvēt jebkuru no septiņiem cipariem. Pirmkārt, var stāvēt jebkuru no septiņiem cipariem bez nulles, t.e. 6 iespējas. Rezultāts \u003d 4 * 7 * 6 \u003d 168.
2. Cik piecu ciparu skaitļi pastāv, kas ir tikpat lasīt no kreisās uz labo pusi pa labi pa kreisi?
Pirmajā vietā var stāvēt jebkuru ciparu, izņemot 0, t.i. 9 iespējas. Otrajā vietā var būt jebkurš cipars, t.i. 10 iespējas. Trešajā vietā var arī stāvēt no cipariem, t.i. 10 iespējas. Ceturtais un piektais cipars ir definēts iepriekš, tie sakrīt ar pirmo un otro, tāpēc šādu skaitu 9 * 10 * 10 \u003d 900.
3. Desmit vienībās un piecās stundās dienā. Cik daudz veidu var būt grafiks vienu dienu?

4. Cik veidos jūs varat izvēlēties 4 delegātus konferencē, ja grupā ir 20 cilvēki?

n \u003d C 20 4 \u003d (20!) / (4! * (20-4)!) \u003d (16! * 17 * 18 * 19 * 20) / ((1 * 2 * 3 * 4) * (16! )) \u003d (17 * 18 * 19 * 20) / (1 * 2 * 3 * 4) \u003d 4845.
5. Cik daudz veidu jūs varat sadalīties astoņas dažādas vēstules astoņās dažādās aploksnēs, ja katrā aploksnē tiek ievietots tikai viens burts?
Pirmajā aploksnē jūs varat ievietot 1 no astoņiem burtiem otrajā no septiņiem atlikušajiem, trešajā no sešiem. N \u003d 8! \u003d 1 * 2 * 3 * 4 * 5 * 6 * 7 * 8 \u003d 40320.
6. No trim matemātiķiem un desmit ekonomistiem ir nepieciešams apkopot komisiju, kas sastāv no diviem matemātiķiem un sešiem ekonomistiem. Cik veidu to var izdarīt?

Draugi! Tā kā man ir šis mirušais piezīmjdators, es to izmantoju, lai uzdotu jums izaicinājumu, trīs fizikas, divus ekonomistus, vienu politehniku \u200b\u200bun vienu humāno humāno lūdza vakar. Mēs lauza visas smadzenes, un mēs pastāvīgi saņemam dažādus rezultātus. Varbūt starp jums ir programmētāji un matemātiskie ģēniji, turklāt uzdevums parasti ir skola un ļoti viegli, mēs vienkārši nav pārvietojuši formulu. Jo mēs iemeta klases ar precīzām zinātnēm un tā vietā kādu iemeslu dēļ mēs rakstām grāmatas un zīmēt attēlus. Žēl.

Tātad, priekšvēsturiskā.

Man tika dota jauna bankas karte, un es, kā parasti, spēlējot savu PIN kodu. Bet ne pēc kārtas. Sajūtā, teiksim, PIN kods bija 8794, un es to saucu par 9748. Tas ir, es esmu triumfējoši Uzminēt visus numuruskas tika turēts šajā četru ciparu skaitlī. Nu jā, Nav numursun vienkārši viņa komponenti U.brīnījās. Bet numuri ir visi patiesi! PIEZĪME - es rīkojos pēc nejaušības principa, tas ir, man nebija sakārtot jau zināmus skaitļus pareizā secībā, es vienkārši rīkojos garā: šeit ir četri cipari nezināms mani, un es uzskatu, ka starp tiem var būt 9, 7, 4 un 8, un to pasūtījums nav svarīgs. Mēs uzreiz brīnījās, cik daudz iespēju man ir (Iespējams, saprast, cik atdzist tas ir, ko es paņēmu un uzminēju). Tas ir, no cik daudz četru ciparu kombināciju, kas man vajadzēja izvēlēties? Un šeit, protams, ellē sākās. Mēs esam eksplodējuši visu vakaru, un visi, galu galā, iznāca pilnīgi dažādas atbildes! Es pat sāku rakstīt visas šīs kombinācijas piezīmjdatorā pēc kārtas, kā pieaug, bet četri simti saprata, ka ir vairāk nekā četri simti (jebkurā gadījumā tas atspēkoja atbildes fizikas trienu, kas apliecināja, ka ir četri simti kombinācijas, Bet tomēr tas nav ļoti noteikti) - un nodota.

Faktiski, jautājuma būtība. Kāda ir četru ciparu numuru ietverto četru ciparu skaita gutiing (jebkurā secībā) varbūtība?

Vai arī mēs pārformulējam (es esmu humānists, žēl, lai gan vienmēr ir bijis daudz vājuma uz matemātiku), lai tas būtu skaidrāks un skaidrāks. cik daudz neatkārtojiet Ciparu kombinācijas satur vairākos secības numuros no 0 līdz 9999? ( lūdzu, neaizmirstiet to ar jautājumu "Cik kombinācijas Neatkārtojietnumuri "!!! Skaitļi var atkārtot! Šajā ziņā 2233 un 3322 šajā gadījumā ir vienāda kombinācija !!).

Vai konkrētāk. Man ir jānovērtē četri cipari no desmit četriem laikiem. Bet ne pēc kārtas.

Nu, vai kaut kā kaut kā. Kopumā jums ir jāzina, cik daudz man bija iespējas skaitliskai kombinācijai, no kura bija PIN koda karte. Palīdzība, labi cilvēki! Tikai, lūdzu, palīdziet, nesāciet nekavējoties rakstīt, ka šīs 9999 iespējas (Vakar visi atnāca prātā sākumā), jo tas ir absurds - galu galā, šajā perspektīvā, kas ir noraizējies, numurs 1234, numurs 3421, numurs 4312 un tā tālāk Tas pats! Nu, jā, numurus var atkārtot, jo ir PIN kods 1111 vai tur, piemēram, 0007. Jūs varat iedomāties mašīnas numuru, nevis PIN kodu. Pieņemsim, kāda ir iespēja uzminēt visus nepārprotamus skaitļus, no kuriem izstrādā mašīnas numuru? Vai noņemt varbūtības teoriju vispār - no cik skaitliskām kombinācijām man vajadzēja izvēlēties vienu?

Lūdzu, pastipriniet savas atbildes un argumentāciju ar dažiem precīziem formulām, jo \u200b\u200bmēs nekad nav fumbled kaut ko līdzīgu šim. Liels paldies!

P.S. Viena gudra persona, programmētājs, mākslinieks un izgudrotājs, tikai tas, ka ļoti taisnība pamudināja pareizo problēmu risinājumu, dodot man dažas minūtes brīnišķīgu noskaņojumu: " problēmas risināšana ir: tai ir obsesīvi komputis traucējumi, ārstēšana ir šāda: precējies un iemērc tomāti. Es vairs nebūtu rūpes par varbūtību savā vietā, un jautājums "Kā es varu pievērst uzmanību visiem šiem numuriem"? Kopumā pat nekas jāpievieno :)

Kalkulators ir paredzēts, lai radītu visas kombinācijas no n ar m elementiem.
Šādu kombināciju skaitu var aprēķināt, izmantojot combinatorics kalkulatora elementus. Permutations, izmitināšana, kombinācijas.

Izveidošanas algoritma apraksts zem kalkulatora.

Algoritms

Kombinācijas tiek radītas leksogrāfiskā secībā. Algoritms strādā ar komplekta elementu secības indeksiem.
Apsveriet algoritmu par piemēru.
Vienkāršībai mēs uzskatām, ka piecu elementu kopums, kas sākas ar 1, proti, 1 2 3 4 5.
Tas ir nepieciešams, lai radītu visas kombinācijas lieluma m \u003d 3.
Vispirms inicializē pirmā izmēra M-indeksu pirmo kombināciju augošā secībā
1 2 3
Tālāk, pēdējais elements ir pārbaudīts, I.E. I \u003d 3. Ja tā vērtība ir mazāka par N - M + i, tas tiek palielināts par 1.
1 2 4
Pēdējais elements tiek pārbaudīts vēlreiz, un atkal tas ir palielināts.
1 2 5
Tagad elementa vērtība ir vienāda ar maksimālo iespējamo: N - M + i \u003d 5 - 3 + 3 \u003d 5, ir pārbaudīts iepriekšējais elements ar i \u003d 2.
Ja tā vērtība ir mazāka par N - M + i, to papildina 1, un visiem elementiem pēc tā, vērtība ir vienāda ar vērtību iepriekšējā elementa plus 1.
1 (2+1)3 (3+1)4 = 1 3 4
Tālāk atkal pārbauda i \u003d 3.
1 3 5
Pēc tam - pārbaudiet i \u003d 2.
1 4 5
Tad nāk rindā i \u003d 1.
(1+1)2 (2+1)3 (3+1)4 = 2 3 4
Un tālāk,
2 3 5
2 4 5
3 4 5 - Pēdējā kombinācija, jo visi tās elementi ir n - m + I.

Neskatoties uz PIN kodu svarīgo lomu globālajā infrastruktūrā, joprojām nebija akadēmisko pētījumu par to, kā, patiesībā, cilvēki izvēlas PIN kodus.

Pētnieki no Kembridžas Universitātes Sören Presbusch un Ross Anderson koriģēja situāciju, publicējot pasaulē pirmo kvantitatīvo analīzi par dažādu Guessing 4-Tie Banking Pin.

Datu izmantošana paroles noplūdes no ne-banku avotiem un tiešsaistes aptaujas anketām, zinātnieki uzzināja, ka PIN kodu lietotāji pieder daudz vairāk nopietnāk nekā paroles izvēle tīmekļa vietnēm: vairums kodu satur praktiski izlases numuru kopumu. Neskatoties uz to, starp avota datiem ir arī vienkāršas kombinācijas, un dzimšanas dienas, - tas ir, ar kādu veiksmi, uzbrucējs var vienkārši uzminēt lolotais kods.

Pētījuma sākumpunkts bija 4-sasietu sekvences ar parolēs no Rockyou bāzes (1,7 miljoni), un 200 tūkstošu PIN kodu bāzes no iPhone ekrāna bloķēšanas programmas (datubāze nodrošināja Daniel AMITAY lietojumprogrammu izstrādātāju). Diagrammā, kas būvētas saskaņā ar šiem datiem, interesanti modeļi piesaista - datumi, gadi, atkārtojas skaits, un pat PIN kodi, kas beidzas 69. Pamatojoties uz šiem novērojumiem, zinātnieki ir izveidojuši lineāru regresijas modeli, kas novērtē katra PIN koda popularitāti atkarībā no Par 25 faktoriem - piemēram, vai datuma kods DDMM formātā ir tas, vai tā ir pieaugoša secība, un tā tālāk. Šie vispārīgie nosacījumi atbilst 79% un 93% tapu katrā no komplektiem.

Tātad, lietotāji izvēlas 4-kaklasaites kodus, pamatojoties tikai uz dažiem vienkāršiem faktoriem. Ja banku PIN kodi tika izvēlēti, 8-9% no tiem varētu uzminēt tikai trīs mēģinājumiem! Bet, protams, cilvēki ir daudz uzmanīgāki bankas kodiem. Sakarā ar to, ka nav nekādu lielu kopumu reālu bankas datu, pētnieki intervēja vairāk nekā 1300 cilvēku, lai novērtētu, kā reālā PIN kodi atšķiras no jau apsvērumiem. Ņemot vērā pētījuma specifiku, respondenti neprasīja paši kodi, bet tikai par to atbilstību jebkuram no iepriekš minētajiem faktoriem (palielinot, DDMM formātu utt.).

Izrādījās, ka cilvēki patiešām ir daudz rūpīgāk izvēlēties banku PIN kodus. Aptuveni ceturtā daļa respondentu izmanto nejaušu tapu, ko rada banka. Vairāk nekā trešais izvēlēties savu PIN kodu, izmantojot veco tālruņa numuru, studenta biļetes numuru vai citu skaitļu kopumu, kas izskatās nejauši. Saskaņā ar iegūtajiem rezultātiem 64% no Kartes lietotāju izmanto pseido-izlases PIN kodu, ir daudz vairāk nekā 23-27% iepriekšējos eksperimentos ar ārpusbanku kodiem. Vēl 5% tiek izmantots digitālais raksts (piemēram, 4545), un 9% dod priekšroku tastatūras modelim (piemēram, 2684). Kopumā uzbrucējs ar sešiem mēģinājumiem (trīs ar bankomātu un trim ar maksājumu terminālu) ir mazāk nekā 2% no izredzes uzminēt kāda cita kartes kodu.

Faktors	Piemērs	Rockyou.	iPhone.	Intervija
Datumi
Dmmm.	2311	5.26	1.38	3.07
Dmgg	3876	9.26	6.46	5.54
Mdd	1123	10.00	9.35	3.66
Mmg	0683	0.67	0.20	0.94
Yyyy.	1984	33.39	7.12	4.95
KOPĀ		58.57	24.51	22.76
Tastatūras modelis
blakus	6351	1.52	4.99	-
kvadrāts	1425	0.01	0.58	-
stūri	9713	0.19	1.06	-
krusts	8246	0.17	0.88	-
diagonālā līnija	1590	0.10	1.36	-
horizontālā līnija	5987	0.34	1.42	-
vārds	5683	0.70	8.39	-
vertikālā līnija	8520	0.06	4.28	-
KOPĀ		3.09	22.97	8.96
Digitālais raksts
beidzas 69.	6869	0.35	0.57	-
tikai skaitļi 0-3.	2000	3.49	2.72	-
tikai numuri 0-6.	5155	4.66	5.96	-
atkārtojamie pāri	2525	2.31	4.11	-
tas pats skaits	6666	0.40	6.67	-
dilstošā secība	3210	0.13	0.29	-
pieaugošā secība	4567	3.83	4.52	-
KOPĀ		15.16	24.85	4.60
Numuru izlases komplekts		23.17	27.67	63.68

Viss būtu labs, bet, diemžēl, būtiskā daļa respondentu (23%) izvēlas PIN kodu datuma veidā, un gandrīz trešā daļa no tiem izmanto datumu tās dzimšanas. Tas būtiski maina lietu, jo gandrīz visi (99%) respondenti atbildēja, ka seifā ir uzglabātas dažādas identitātes kartes ar bankas kartēm, uz kuras tiek izdrukāts šis datums. Ja uzbrucējs zina Kartes lietotāja dzimšanas dienu, tad ar kompetentu pieeju, varbūtība uzminēt PIN kodu pacelšanās līdz 9%.

100 populārākie PIN kodi

0000, 0101-0103, 0110, 0111, 0123, 0202, 0303, 0404, 0505, 0606, 0707, 0808, 0909, 1010, 1101-1103, 1110-1112, 1123, 1201-1203, 1210-1212, 1234, 1956-2015, 2222, 2229, 2580, 3333, 4444, 5252, 5683, 6666, 7465, 7667.

P.S. Praksē, protams, uzbrucējs ir daudz vieglāk izlīst jūsu PIN kodu, nekā to uzminēt. Bet un peeping var aizstāvēt - pat šķiet, bezcerīgā stāvoklī:

Visi n elementi un neviens atkārtojas, tad tas ir permutāciju skaita uzdevums. Šķīdumu var atrast viegli. Pirmajā vietā pēc kārtas kāds no n elementiem var būt, tāpēc tas iegūst n iespējas. Otrajā vietā - jebkurš, turklāt, kas jau ir izmantots pirmajā vietā. Tāpēc katrai no n jau atrastajām iespējām ir otrās vietas pasūtījumu (n - 1), un kopējais kombināciju skaits kļūst par n * (n - 1).
To var atkārtot attiecībā uz citiem sērijas elementiem. Pēdējā vietā ir tikai viena iespēja - pēdējais atlikušais elements. Par priekšpēdējo - divas iespējas, un tā tālāk.
Līdz ar to vairākiem iespējamiem permutācijas elementiem ir vienādi ar visu no 1. līdz N. Šim produktam sauc par faktora numuru n un apzīmē n! (Viņš lasa "EN Factorional").

Iepriekšējā gadījumā iespējamo elementu skaits un rindas vietu skaits sakrita, un to skaits bija N., bet ir iespējams, ka ir vairāki mazāki par iespējamiem elementiem. Citiem vārdiem sakot, parauga elementu skaits ir vienāds ar numuru m, un m< N. В этом случае задача определения количества возможных комбинаций может иметь два различных варианта.
Pirmkārt, var būt nepieciešams skaitīt kopējo iespējamo metožu skaitu, ko var iebūvēt vairākos elementus no N. Šādas metodes tiek sauktas par izmitināšanu.
Otrkārt, pētnieks var būt ieinteresēts to veidošanā, ko var izvēlēties M elementi no N. Šajā gadījumā elementu secība vairs nav svarīga, bet jebkurām divām iespējām atšķiras starp vismaz vienu elementu. Šādas metodes sauc par kombinācijām.

Lai atrastu izmitināšanas skaitu M elementiem no N, jūs varat izmantot to pašu pamatojumu, tāpat kā permutāciju gadījumā. Pirmkārt, šeit joprojām var stāvēt n elementus otrajā vietā (N - 1) utt. Bet pēdējā vietā iespējamo iespēju apjoms nav vienāds ar vienu, bet (N - M + 1), jo, kad izvietojums ir pabeigts, tas paliks (n - m) neizmantotos elementus.
Tādējādi izmitināšanas skaits M elementiem no N ir vienāds ar visu veselo skaitļu produktu no (N - M + 1) uz N, vai, ka tas pats, privāts n! / (N - m)!.

Acīmredzot, kombināciju skaits saskaņā ar M elementiem no n būs mazāk nekā izmitināšanas skaits. Par katru iespējamo kombināciju ir m! Iespējamās naktsmītnes atkarībā no šīs kombinācijas elementu procedūras. Līdz ar to, lai atrastu šo summu, jums ir jāsadala izmitināšanas skaits m elementiem no n uz n!. Citiem vārdiem sakot, kombināciju skaits saskaņā ar m elementiem no n ir n! / (M! * (N - m)!).

Kombinatorika

Kombinatorika ir matemātikas sadaļa, kas studē elementu atlases un atrašanās vietas problēmu no dažiem pamatiem saskaņā ar noteiktajiem noteikumiem. Formulas un combinatorikas principi tiek izmantoti teorijā varbūtības, lai aprēķinātu varbūtību nejaušiem notikumiem, un, attiecīgi, iegūstot likumus par izlases mainīgo sadalījumu. Tas, savukārt, ļauj izpētīt modeļus masu izlases parādību, kas ir ļoti svarīgi, lai pareizu izpratni par statistikas modeļiem, kas izpaužas sevi dabā un tehnoloģijā.

Combinatorikas pievienošanas un vairošanās noteikumi

Noteikumu summa. Ja divas darbības A un savstarpēji izslēgt viens otru, un darbība A var veikt ar M ar M metodēm, un N metodēs, tad jūs varat veikt vienu no šīm darbībām (vai A vai C) n + M metodēm.

1. piemērs.

16 zēni un 10 meitenes mācās klasē. Cik daudz veidu jūs varat piešķirt vienu pavadoni?

Lēmums

Par pienākumu var parakstīt vai nu zēnu vai meiteni, t.i. Jebkurš no 16 zēniem var būt pienākums vai jebkurš no 10 meitenēm.

Saskaņā ar noteikumu, mēs iegūstam, ka vienu nodokli var noteikt 16 + 10 \u003d 26 metodes.

Darba kārtība. Ļaujiet tai ir nepieciešams veikt secīgi K darbības. Ja pirmo darbību var veikt ar n 1 metodēm, otro efektu n 2 metodes, trešās - n 3 metodes, un tā uz K-th darbību, ko var veikt ar n K metodēm, tad visas K darbības kopā var būt met:

veidi.

2. piemērs.

16 zēni un 10 meitenes mācās klasē. Cik daudz veidu jūs varat piešķirt divus nodokļa darbiniekus?

Lēmums

Pirmo maksājumu var parakstīt vai nu zēnu vai meiteni. Jo Ir 16 zēni un 10 meitenes klasē, tad jūs varat piešķirt pirmo Onternal-Nodoklis līdz 16 + 10 \u003d 26 veidiem.

Pēc tam, kad mēs izvēlējāmies pirmo pienākumu, mēs varam izvēlēties no atlikušajiem 25 cilvēkiem, t.i. 25. ceļš.

Ar reizināšanas teorēmu var izvēlēties divus nodokļus 26 * 25 \u003d 650 metodes.

Kombinācija bez atkārtojumiem. Kombinācija ar atkārtojumu

Combinatorikas klasiskā problēma ir kombināciju skaita uzdevums bez atkārtojumiem, kura saturu var izteikt ar jautājumu: cik daudz metodes var izvēlēties m ir n dažādi priekšmeti?

3. piemērs.

Jums jāizvēlas kā dāvana 4 no 10 pieejamas dažādas grāmatas. Cik daudz veidu es varu to darīt?

Lēmums

Mēs esam no 10 grāmatām, lai izvēlētos 4, un izvēles kārtība nav svarīga. Tādējādi ir jāatrod 10 elementu kombināciju skaits:

.

Apsveriet kombināciju skaita uzdevumu ar atkārtojumiem: katras dažādu veidu identiskos objektos ir RC identiski objekti; cik daudz metodes var izvēlēties m () no Šie (N * r) preces?

.

4. piemērs.

Konditorejas izstrādājumu veikals pārdeva 4 kūku šķirnes: Napoleons, Eclairs, Sandy un Puff. Cik veidos jūs varat iegādāties 7 cupcakes?

Lēmums

Jo Starp 7 cupcakes var būt konditorejas vienas šķirnes, veidu, kā iegādāties 7 kūkas, nosaka to kombināciju skaits ar atkārtojumiem 7 līdz 4.

.

Izvietošana bez atkārtojumiem. Izvietojums ar atkārtojumu

Klasiskā problēma combinatorics ir uzdevums skaitu izmitināšanu bez atkārtojumiem, kura saturu var izteikt ar jautājumu: cik daudz metodes var izvēlēties un vieta ar m dažādiem mezams. m ir n atšķirīgs objekti?

5. piemērs.

Dažos laikrakstos 12 lappuses. Šī laikraksta lapās ir nepieciešams ievietot četrus fotoattēlus. Cik daudz veidu to var izdarīt, ja laikraksta lapā nav jāietver vairāk nekā viens fotoattēls?

Lēmums.

Šajā uzdevumā mēs ne tikai izvēlamies fotoattēlus un ievietot tos noteiktās lapas laikrakstā, un katrai laikraksta lapai jābūt ne vairāk kā vienam fotoattēlam. Tādējādi uzdevums tiek samazināts līdz klasiskajam uzdevumam noteikt izvietojumu skaitu bez atkārtojumiem 12 elementus 4 elementiem:

Tādējādi 4 fotogrāfijas uz 12 lapām var novietot 11880 metodēs.

Arī combinatorics klasiskais uzdevums ir izvietojumu skaita uzdevums ar atkārtojumiem, kura saturu var izteikt ar jautājumu: cik daudz metodes var jūsb.rata un vieta ar m dažādiem mezams. m ir n objekti nosarkans kas tur ir tas pats?

6. piemērs.

Zēns palika no komplekta darbvirsmas spēļu zīmogiem ar cipariem 1, 3 un 7. viņš nolēma ar šiem zīmogiem, lai uzskaitītu piecciparu numurus uz visām grāmatām. Cik daudz dažādu piecciparu numuru var būt zēns?

Pārkārtošana bez atkārtojumiem. Pārkārtot ar atkārtojumu

Klasiskā problēma combinatorics ir uzdevums skaita permutations bez atkārtošanās, saturu, kura var izteikt ar jautājumu: cik daudz metodes var vieta n. derīgs objekti uz n atšķirīgs vietas?

7. piemērs.

Cik daudz var četru burtu "vārdi" no vārda "laulības" burtiem?

Lēmums

Vispārīgais komplekts ir 4 vārdu "laulība" (B, R, A, K). "Vārdu" skaits nosaka šo 4 burtu permutācijas, t.i.

Attiecībā uz gadījumiem, kad ir tāds pats (paraugs ar atgriešanos) starp n elementiem, permutāciju skaita ar atkārtojumiem var izteikt ar jautājumu: \\ t cik daudz veidu var pārkārtot N vienumi, kas atrodas N dažādās vietās, ja ir k dažādi veidi N Objekti (k< n), т. е. есть одинаковые предметы.

8. piemērs.

Cik daudz dažādu vēstuļu var izgatavot no vārda "Mississippi" burtiem?

Lēmums

Šeit ir 1 burts "M", 4 burti "un", 3 burti "C" un 1 burtu "P", tikai 9 burti. Līdz ar to pārkārtojamo atkārtojumu skaits ir

Atbalsts sadaļai "Combinatorics"