Prvo mjesto u nizu može biti bilo koji od N elemenata, dakle, postoji N opcija. Na drugom mjestu - bilo koji, osim onog koji je već korišten za prvo mjesto. Stoga, za svaku od N već pronađenih opcija, postoje (N - 1) drugoplasirane opcije, a ukupan broj kombinacija postaje N*(N - 1).
Isto se može ponoviti za preostale elemente niza. Za posljednje mjesto ostaje samo jedna opcija - zadnji preostali element. Za pretposljednju postoje dvije opcije, i tako dalje.
Dakle, za niz od N elemenata koji se ne ponavljaju, moguće permutacije su jednake umnošku svih cijelih brojeva od 1 do N. Taj umnožak se zove N i N! (čitaj “en factorial”).
U prethodnom slučaju količina mogući elementi i broj mjesta u redu se podudarao, a njihov je broj bio jednak N. Ali moguća je situacija kada je manje mjesta u redu nego što je mogućih elemenata. Drugim riječima, broj elemenata u uzorku jednak je određenom broju M, a M< N. В этом случае задача определения возможных комбинаций может иметь два различных варианта.
Prvo, možda ćete morati prebrojati ukupan broj moguće načine, koji se može koristiti za nizanje M elemenata od N. Takve metode postavljanja.
Drugo, istraživača može zanimati broj načina na koji se M elemenata može odabrati iz N. U ovom slučaju, redoslijed elemenata više nije važan, ali bilo koje dvije opcije moraju se razlikovati jedna od druge za barem jedan element . Takve se metode nazivaju kombinacijama.
Da biste pronašli broj smještaja M elemenata od N, možete pribjeći istoj metodi zaključivanja kao u slučaju permutacija. I dalje može biti N elemenata na prvom mjestu, N - 1 na drugom, i tako dalje. Ali za posljednje mjesto, broj mogućih opcija nije jednak jedan, već (N - M + 1), budući da će po završetku postavljanja još uvijek biti (N - M) neiskorištenih elemenata.
Dakle, broj postavljanja M elemenata iz N jednak je umnošku svih cijelih brojeva od (N - M + 1) do N, ili, što je isto, kvocijentu N!/(N - M)!.
Očito je da će broj kombinacija M elemenata iz N biti manji od broja plasmana. Za svaku moguću kombinaciju postoji M! mogući rasporedi ovisno o redoslijedu elemenata ove kombinacije. Stoga, da biste pronašli ovu količinu, trebate podijeliti broj postavljanja M elemenata iz N s N!. Drugim riječima, broj kombinacija M elemenata iz N jednak je N!/(M!*(N - M)!).
Izvori:
- broj kombinacija
Faktorijel prirodni broj je umnožak svih prethodnih prirodnih brojeva, uključujući i sam broj. Faktorijel nula je jednaka jedan. Čini se da je izračunavanje faktorijela broja vrlo jednostavno - samo pomnožite sve prirodne brojeve koji ne prelaze zadani. Međutim, vrijednost faktorijela raste tako brzo da se neki kalkulatori ne mogu nositi s ovim zadatkom.
Trebat će vam
- kalkulator, računalo
upute
Da biste izračunali faktorijel prirodnog broja, pomnožite sve , ne veće od zadanog. Svaki broj se broji samo jednom. U obliku formule to se može napisati na sljedeći način: n! = 1*2*3*4*5*…*(n-2)*(n-1)*n, gdje je n prirodni broj čiji faktorijel treba izračunati.
0! uzima se da je jednak jedan (0!=1). Kako se argument povećava, vrijednost faktorijela raste vrlo brzo, tako da uobičajeni (računski) već za faktorijel od 15 može dati pogrešku umjesto a proizlaziti.
Da biste izračunali faktorijel velikog prirodnog broja, uzmite inženjerski kalkulator. Odnosno, takav kalkulator na tipkovnici ima simbole matematičkih funkcija (cos, sin, √). Upišite izvorni broj u kalkulator, a zatim kliknite gumb faktorijel. Obično gumb poput "n!" ili slično (umjesto “n” može stajati “N” ili “x”, ali uskličnik “!” u oznaci faktorijela u svakom slučaju mora biti prisutan).
Na velike vrijednosti argument, rezultati izračuna počinju se prikazivati u "eksponencijalnom" (eksponencijalnom) obliku. Tako bi, na primjer, faktorijel od 50 bio predstavljen u obliku: 3,0414093201713378043612608166065e+64 (ili slično). Da biste dobili rezultat izračuna u uobičajenom obliku, dodajte onoliko nula broju prikazanom ispred simbola "e" koliko je naznačeno iza "e+" (ako, naravno, ima dovoljno mjesta).
Ponekad biramo između mnogih bez obzira na poredak. Ovaj izbor se zove kombinacija . Ako, na primjer, kartate, znate da u većini situacija redoslijed kojim držite karte nije bitan.
Primjer 1 Pronađite sve kombinacije od 3 slova iz skupa od 5 slova (A, B, C, D, E).
Otopina Ove kombinacije su sljedeće:
(A, B, C), (A, B, D),
(A, B, E), (A, C, D),
(A, C, E), (A, D, E),
(B, C, D), (B, C, E),
(B, D, E), (C, D, E).
Postoji 10 kombinacija od tri slova odabrana od pet slova.
Kada nađemo sve kombinacije iz skupa s 5 objekata, ako uzmemo 3 objekta odjednom, pronaći ćemo sve podskupove od 3 elementa. U ovom slučaju redoslijed objekata se ne uzima u obzir. Zatim,
(A, C, B) naziva se istim skupom kao (A, B, C).
Podskup
Skup A je podskup od B, što znači da je A podskup i/ili isti kao B ako je svaki element od A element od B.
Elementi podskupa nisu poredani. Kad se uzimaju u obzir kombinacije, poredak se ne uzima u obzir!
Kombinacija
Kombinacija,
koji sadrži k objekata je podskup koji se sastoji od k objekata.
Želimo zapisati formulu za izračunavanje broja kombinacija od n objekata ako se k objekata uzme u isto vrijeme.
Oznake kombinacija
Broj kombinacija n objekata, ako se istovremeno uzima k objekata, označava se n C k .
Zovemo n C k broj kombinacija . Želimo napisati opću formulu za n C k za bilo koji k ≤ n. Prvo, istina je da je n C n = 1, jer skup s n elemenata ima samo jedan podskup s n elemenata, a to je sam skup. Drugo, n C 1 = n jer skup s n elemenata ima samo n podskupova s po 1 elementom. Konačno, n C 0 = 1 jer skup od n elemenata ima samo jedan podskup od 0 elemenata, tj. prazan skup ∅. Da pogledamo druge kombinacije, vratimo se na primjer 1 i usporedimo broj kombinacija s brojem permutacija.
Imajte na umu da svaka kombinacija od 3 elementa ima 6, ili 3!, permutacije.
3! . 5 C 3 = 60 = 5 P 3 = 5. 4. 3,
tako 
.
Općenito, broj kombinacija k elemenata odabranih od n objekata, n C k puta permutacija tih elemenata k!, mora biti jednak broju permutacija n elemenata s k elemenata:
k!. n C k = n P k
n C k = n P k /k!
n C k = (1/k!). n P k
n C k = 
Kombinacije k objekata od n objekata
Ukupan broj kombinacija k elemenata iz n objekata označen je s n C k , određen prema
(1) n C k = ,
ili
(2) n C k = 
Drugi tip notacije za n C k je binomni koeficijent . Razlog za ovu terminologiju bit će jasan u nastavku.
Binomni koeficijent
Primjer 2 Izračunajte pomoću formula (1) i (2).
Otopina
a) Prema (1), 
.
b) Prema (2), 
Imajte na umu da n/k ne znači.
Primjer 3 Izračunajte i .
Otopina Koristimo formulu (1) za prvi izraz i formulu (2) za drugi. Zatim 
,
koristeći (1), i 
,
pomoću formule (2).
imajte na umu da 
,
a koristeći rezultat primjera 2 daje nam
.
Slijedi da je broj podskupa od 5 elemenata u skupu od 7 elemenata isti kao broj podskupa od 2 elementa u skupu od 7 elemenata. Kada je 5 elemenata odabrano iz skupa, oni ne uključuju 2 elementa. Da biste to vidjeli, razmotrite skup (A, B, C, D, E, F, G): 
Općenito, imamo sljedeće. Ovaj rezultat daje alternativni način kombinirani izračuni.
Podskupovi veličine k i veličine
i n C k = n C n-k
Broj podskupova veličine k u skupu s n objekata jednak je broju podskupova veličine n - k. Broj kombinacija od k objekata iz skupa od n objekata jednak je broju kombinacija od n. objekti snimljeni u isto vrijeme.
Sada ćemo rješavati probleme s kombinacijama.
Primjer 4 Michiganska lutrija. Michiganska lutrija WINFALL koja se igra dva puta tjedno ima jackpot od najmanje 2 milijuna dolara. Za jedan dolar igrač može prekrižiti bilo kojih 6 brojeva od 1 do 49. Ako ti brojevi odgovaraju onima izvučenim na lutriji, igrač pobjeđuje. (
Broj kombinacija
Kombinacija iz n Po k naziva skup k elementi odabrani iz podataka n elementi. Skupovi koji se razlikuju samo po redoslijedu elemenata (ali ne i po sastavu) smatraju se identičnima, zato se kombinacije razlikuju od položaja;
Eksplicitne formule
Broj kombinacija od n Po k jednak binomnom koeficijentu
Za fiksnu vrijednost n generirajuća funkcija brojeva kombinacija s ponavljanjima iz n Po k je:
Dvodimenzionalna generirajuća funkcija brojeva kombinacija s ponavljanjima je:
Linkovi
- R. Stanley Enumerativna kombinatorika. - M.: Mir, 1990.
- Izračunajte broj kombinacija online
Zaklada Wikimedia.
2010.
Pogledajte što je "Broj kombinacija" u drugim rječnicima:
70 sedamdeset 67 68 69 70 71 72 73 40 50 60 70 80 90 100 Faktorizacija: 2×5×7 Rimski zapis: LXX Binarno: 100 0110 … Wikipedia Svjetlosni broj, uvjetni broj koji jedinstveno izražava vanjsko uvjetima tijekom fotografiranja (obično svjetlina subjekta i fotoosjetljivost korištenog fotomaterijala). Bilo koja vrijednost E. h može se odabrati nekoliko puta. kombinacije broj otvora blende... ...
Veliki enciklopedijski politehnički rječnik Rječnik lingvističkih pojmova
Kombinatorna matematika, kombinatorika, grana matematike posvećena rješavanju problema izbora i rasporeda elemenata određenog, obično konačnog, skupa u skladu sa zadanim pravilima. Svako takvo pravilo određuje način izgradnje... ... Matematička enciklopedija
U kombinatorici, kombinacija by je skup elemenata odabranih iz danog skupa koji sadrži različite elemente. Skupovi koji se razlikuju samo po redoslijedu elemenata (ali ne i po sastavu) smatraju se identičnima, te kombinacije ... ... Wikipedia
Bavi se proučavanjem događaja čije se događanje ne zna sa sigurnošću. Omogućuje nam da procijenimo razumnost očekivanja pojave nekih događaja u usporedbi s drugima, iako je dodjeljivanje numeričkih vrijednosti vjerojatnostima događaja često nepotrebno... ... Collierova enciklopedija
1) isto što i matematička kombinatorna analiza. 2) Odjeljak elementarna matematika, povezan s proučavanjem broja kombinacija podložnih određenim uvjetima koje se mogu sastaviti od danog konačnog skupa objekata... ... Velika sovjetska enciklopedija
- (grč. paradoxos neočekivano, čudno) u širem smislu: izjava koja oštro odstupa od općeprihvaćenog, ustaljenog mišljenja, poricanje onoga što se čini "bezuvjetno ispravnim"; u užem smislu, dvije suprotstavljene izjave, jer... ... Filozofska enciklopedija
- (ili načelo uključivanja i isključenja) kombinatorna formula koja vam omogućuje određivanje kardinalnosti unije konačnog broja konačnih skupova, koji se u općem slučaju mogu međusobno presijecati ... Wikipedia
Matematička teorija koja se bavi određivanjem broja na razne načine raspodjela ovih predmeta poznatim redoslijedom; posebno je važan u teoriji jednadžbi i teoriji vjerojatnosti. Najjednostavniji zadaci ove vrste su... ... Enciklopedijski rječnik F. Brockhaus i I.A. Efron
knjige
- Sudbinski broj. Horoskop kompatibilnosti. Želje. Strast. Fantazije (broj svezaka: 3), Mayer Maxim. Sudbinski broj. Kako napraviti individualnu numerološku prognozu.
Kombinacija je neuređen izbor elemenata konačnog skupa s fiksnim brojem i bez ponavljanja elemenata. Različite kombinacije moraju se razlikovati u barem jednom elementu, a redoslijed elemenata nije bitan. Na primjer, iz skupa svih samoglasnika latiničnih slova (AEIOU) možete napraviti 10 različitih kombinacija od 3 slova, tvoreći sljedeće neuređene trojke:
AEI, AEO, AEU, AIO, AIU, AOU, EIO, EIU, EOU, IOU.
Zanimljivo je primijetiti da od istih pet slova možete dobiti i 10 različitih kombinacija ako ih kombinirate po 2 slova odjednom, čineći sljedeće neuređene parove:
AE, AI, AO, AU, EI, EO, EU, IO, IU, OU.
Međutim, ako kombinirate ista samoglasnička latinična slova s 4, dobit ćete samo sljedećih 5 različitih kombinacija:
AEIO, AEIU, AIOU, EIOU, AEOU.
Općenito, za označavanje broja kombinacija n različitih elemenata od m elemenata koristi se sljedeća funkcionalna, indeksna ili vektorska (Appel) simbolika:
Bez obzira na oblik zapisa, broj kombinacija n elemenata s m elemenata može se odrediti korištenjem sljedećih multiplikativnih i faktorijalnih formula:
Lako je provjeriti da se rezultat izračuna pomoću ovih formula podudara s rezultatima gore razmotrenog primjera s kombinacijama samoglasnika latiničnim slovima. Konkretno, s n=5 i m=3, izračuni pomoću ovih formula dat će sljedeći rezultat:
U općem slučaju formule za broj kombinacija imaju kombinatorno značenje i vrijede za bilo koje cjelobrojne vrijednosti n i m, tako da je n > m > 0. Ako je m > n i m< 0, то число сочетаний равно 0, так как в этом случае основное множество из n элементов вообще не имеет подмножеств мощности m:
Osim toga, korisno je zapamtiti sljedeće ograničavajuće brojeve kombinacija, koje je lako provjeriti izravnom zamjenom u multiplikativne i faktorijelne formule:
Također treba napomenuti da multiplikativna formula ostaje važeća čak i kada je n realan broj, sve dok je m još uvijek cjelobrojna vrijednost. Međutim, tada rezultat izračuna koji ga koristi, uz zadržavanje formalne valjanosti, gubi svoje kombinatorno značenje.
IDENTITETI KOMBINACIJA
Praktična uporaba multiplikativnih i faktorijalnih formula za određivanje broja kombinacija za proizvoljne vrijednosti n i m pokazala se malo produktivnom zbog eksponencijalnog rasta faktorskih proizvoda njihovog brojnika i nazivnika. Čak i za relativno male vrijednosti n i m, ovi proizvodi često premašuju mogućnosti predstavljanja cijelih brojeva u modernim računalnim i softverskim sustavima. Štoviše, njihove vrijednosti ispadaju znatno veće od rezultirajuće vrijednosti broja kombinacija, koja može biti relativno mala. Na primjer, broj kombinacija n=10 s m=8 elemenata je samo 45. Međutim, da biste pronašli ovu vrijednost koristeći faktorijelnu formulu, prvo morate izračunati puno veće vrijednosti od 10! u brojniku i 8! u nazivniku:
Da biste eliminirali dugotrajne operacije za obradu velikih količina, da biste odredili broj kombinacija, možete koristiti različite relacije ponavljanja, koje izravno proizlaze iz multiplikativnih i faktorijalnih formula. Konkretno, sljedeća rekurentna relacija proizlazi iz multiplikativne formule, koja nam omogućuje da omjer njezinih indeksa uzmemo izvan znaka broja kombinacija:
Konačno, zadržavanje indeksa konstantnim daje sljedeću relaciju ponavljanja, koja se lako dobiva iz faktorijelne formule za broj kombinacija:
Nakon elementarnih transformacija, tri rezultirajuće relacije ponavljanja mogu se prikazati u sljedećim oblicima:
Ako sada zbrojimo lijevu i desnu stranu prve 2 formule i smanjimo rezultat za n, dobit ćemo važnu relaciju ponavljanja, koja se naziva identičnost zbrajanja brojeva kombinacije:
Dodatni identitet daje osnovno pravilo ponavljanja za učinkovita definicija broj kombinacija za velike vrijednosti n i m, budući da vam omogućuje zamjenu operacija množenja u faktorskim proizvodima s jednostavnijim operacijama zbrajanja i za manji broj kombinacija. Konkretno, korištenjem adicionog identiteta, sada je lako odrediti broj kombinacija od n=10 sa m=8 elemenata, o čemu je gore bilo riječi, izvođenjem sljedećeg niza rekurentnih transformacija:
Osim toga, nekoliko korisnih relacija za izračunavanje konačnih zbrojeva može se izvesti iz identiteta zbrajanja, posebno formula za zbrajanje indeksom, koja ima sljedeći oblik:
Ova se relacija dobiva ako u adicijskom identitetu proširimo ponavljanje duž člana s najvećim indeksom dok je njegov indeks veći od 0. Sljedeći numerički primjer ilustrira ovaj proces ponavljajućih transformacija:
Formula zbrajanja indeksa često se koristi za izračunavanje zbroja potencija prirodnih brojeva. Konkretno, uz pretpostavku m=1, korištenjem ove formule lako je pronaći zbroj prvih n brojeva prirodnog niza:
Još korisna opcija formule za zbrajanje mogu se dobiti proširenjem ponavljanja identiteta sabiranja duž člana s najmanjim nadskriptom. Sljedeći numerički primjer ilustrira ovu verziju rekurentnih transformacija:
U općem slučaju, kao rezultat takvih transformacija, dobiva se zbroj brojeva kombinacija, od kojih se oba indeksa razlikuju za jedan od susjednih članova, a razlika u indeksima ostaje konstantna (u razmatranom primjeru je također jednako jedan). Tako dobivamo sljedeću formulu zbrajanja za oba indeksa brojeva kombinacije:
Uz rekurentne relacije i formule zbrajanja o kojima smo gore raspravljali, u kombinatornoj analizi dobiveni su mnogi drugi korisni identiteti za kombinacije brojeva. Najvažniji među njima je identitet simetrije, koji izgleda ovako:
Valjanost identiteta simetrije može se provjeriti u sljedećem primjeru usporedbom brojeva kombinacija 5 elemenata s 2 i s (5 2) = 3:
Identitet simetrije ima očito kombinatorno značenje, jer se određivanjem broja opcija za odabir m elemenata od n elemenata, istovremeno utvrđuje broj kombinacija od preostalih (nm) neodabranih elemenata. Navedena simetrija odmah se dobiva zamjenom m s (nm) u formuli faktorijela za broj kombinacija:
Brojevi i kombinacijski identiteti naširoko se koriste u raznim područjima moderne računalne matematike. Međutim, njihove su najpopularnije primjene povezane s Newtonovim binomom i Pascalovim trokutom.
BINOMNI TEOREM
Za izvođenje raznih matematičkih transformacija i izračuna važno je moći prikazati bilo koju prirodnu potenciju algebarskog binoma (binoma) u obliku polinoma. Za male potencije željeni polinom može se lako dobiti izravnim množenjem binoma. Konkretno, sljedeće formule za kvadrat i kub zbroja dva člana dobro su poznate iz tečaja elementarne matematike:
U općem slučaju, za proizvoljan stupanj n binoma, traženi prikaz u obliku polinoma osigurava Newtonov binomni teorem, koji proglašava sljedeću jednakost istinitom:
Ova se jednakost obično naziva Newtonov binom. Polinom s njegove desne strane tvori zbroj umnožaka n članova X i Y binoma s lijeve strane, a koeficijenti ispred njih zovu se binomi i jednaki su broju kombinacija s indeksima, koji dobivaju se iz njihovih moći. S obzirom na posebnu popularnost Newtonove binomne formule u kombinatornoj analizi, pojmovi binomni koeficijent i broj kombinacija općenito se smatraju sinonimima.
Očito, formule kvadratnog i kubnog zbroja posebni su slučajevi binomnog teorema za n=2 odnosno n=3. Za obradu viših stupnjeva (n>3) treba koristiti Newtonovu binomnu formulu. Njegova primjena za binom četvrtog stupnja (n=4) prikazana je sljedećim primjerom:
Treba napomenuti da je binomna formula bila poznata i prije Newtona srednjovjekovnim matematičarima arapskog istoka i Zapadna Europa. Stoga njegovo općeprihvaćeno ime nije povijesno pravedno. Newtonova zasluga je što je generalizirao ovu formulu na slučaj proizvoljnog realnog eksponenta r, koji može poprimiti bilo koje pozitivne ili negativne racionalne i iracionalne vrijednosti. U općem slučaju, takva Newtonova binomna formula ima beskonačni zbroj na desnoj strani i obično se piše na sljedeći način:
Na primjer, s pozitivnom frakcijskom vrijednošću eksponenta r = 1/2, uzimajući u obzir vrijednosti binomnih koeficijenata, dobiva se sljedeće proširenje:
U općem slučaju, Newtonova binomna formula za bilo koji eksponent je posebna verzija Maclaurinove formule, koja daje širenje proizvoljne funkcije u potencijski niz. Newton je to pokazao za |z|< 1 этот ряд сходится, и сумма в правой части становится конечной. При любой натуральной степени r = n в правой части также получается конечная сумма из (n+1) первых слагаемых, так как все C(n, k>n) = 0 . Ako sada postavimo Z=X/Y i pomnožimo lijevu i desnu stranu s Yn, dobit ćemo verziju Newtonove binomne formule o kojoj smo raspravljali gore.
Unatoč svojoj univerzalnosti, binomni teorem zadržava svoje kombinatorno značenje samo za nenegativne cjelobrojne potencije binoma. U ovom slučaju, može se koristiti za dokazivanje nekoliko korisnih identiteta za binomne koeficijente. Konkretno, gore je bilo riječi o formulama za zbrajanje brojeva kombinacija indeksom i oba indeksa. Identitet sumiranja superskripta koji nedostaje može se lako dobiti iz Newtonove binomne formule stavljanjem X = Y = 1 ili Z = 1 u nju:
Još jedan koristan identitet utvrđuje jednakost zbroja binomnih koeficijenata s parnim i neparnim brojevima. Odmah se dobiva iz Newtonove binomne formule ako je X = 1 i Y = 1 ili Z = 1:
Konačno, iz oba razmatrana identiteta dobivamo identitet zbroja binomnih koeficijenata samo s parnim ili samo s neparnim brojevima:
Na temelju razmatranih identiteta i rekurentnog pravila uklanjanja indeksa ispod predznaka broja kombinacija može se dobiti niz zanimljivih odnosa. Na primjer, ako u superskriptnoj formuli zbrajanja n posvuda zamijenimo s (n1) i uklonimo indekse u svakom članu, dobit ćemo sljedeću relaciju:
Koristeći sličnu tehniku u formuli za zbroj binomnih koeficijenata s parnim i neparnim brojevima, moguće je dokazati valjanost, na primjer, sljedeće relacije:
Još jedan koristan identitet omogućuje vam jednostavno izračunavanje zbroja proizvoda simetrično smještenih binomnih koeficijenata dvaju binoma proizvoljnih stupnjeva n i k pomoću sljedeće Cauchyjeve formule:
Valjanost ove formule proizlazi iz nužne jednakosti koeficijenata za bilo koji stupanj m varijable Z na lijevoj i desnoj strani sljedeće identične relacije:
U posebnom slučaju kada je n=k=m, uzimajući u obzir identitet simetrije, dobiva se popularnija formula za zbroj kvadrata binomnih koeficijenata:
Mnogi drugi korisni identiteti za binomne koeficijente mogu se pronaći u opsežnoj literaturi o kombinatornoj analizi. No, njihova najpoznatija praktična primjena vezana je uz Pascalov trokut.
PASCALOV TROKUT
Pascalov aritmetički trokut tvori beskonačnu numeričku tablicu sastavljenu od binomnih koeficijenata. Njegove linije poredane su potencijama binoma odozgo prema dolje. U svakom retku binomni koeficijenti poredani su uzlaznim redoslijedom gornjih indeksa odgovarajućih brojeva kombinacije slijeva nadesno. Pascalov trokut obično se piše u jednakokračnom ili pravokutnom obliku.
Visualniji i uobičajeniji je jednakokračni format, gdje binomni koeficijenti, raspoređeni, tvore beskonačni jednakokračni trokut. Njegov početni fragment za binome do 4. stupnja (n=4) ima sljedeći oblik:
Općenito, Pascalov jednakokračni trokut pruža prikladno geometrijsko pravilo za određivanje binomnih koeficijenata, koje se temelji na identitetima zbrajanja i simetriji brojeva kombinacija. Konkretno, prema identitetu adicije, bilo koji binomni koeficijent je zbroj dvaju njemu najbližih koeficijenata prethodnog reda. Prema identitetu simetrije, Pascalov jednakokračni trokut je simetričan u odnosu na svoju simetralu. Dakle, svaka njegova linija je numerički palindrom binomnih koeficijenata. Navedene algebarske i geometrijske značajke omogućuju jednostavno proširenje Pascalovog jednakokračnog trokuta i dosljedno pronalaženje vrijednosti binomnih koeficijenata proizvoljnih potencija.
Međutim, za proučavanje različitih svojstava Pascalovog trokuta prikladnije je koristiti formalno stroži pravokutni format. U ovom formatu, specificiran je nižom trokutastom matricom binomnih koeficijenata, gdje oni tvore beskonačni pravokutni trokut. Inicijalni fragment pravokutni trokut Pascal za binome do 9. stupnja (n=9) ima sljedeći oblik:
Geometrijski se takav pravokutni stol dobiva horizontalnom deformacijom jednakokračni trokut Pascal. Kao rezultat toga, nizovi brojeva paralelni s bočnim stranicama Pascalovog jednakokračnog trokuta pretvaraju se u okomice i dijagonale Pascalovog pravokutnog trokuta, a horizontale obaju trokuta se podudaraju. U isto vrijeme, pravila zbrajanja i simetrije binomnih koeficijenata ostaju važeća, iako Pascalov pravokutni trokut gubi vizualnu simetriju karakterističnu za njegov istokračni parnjak. Kako bi se to kompenziralo, postaje prikladnije formalno analizirati različita numerička svojstva binomnih koeficijenata za horizontale, okomice i dijagonale Pascalovog pravokutnog trokuta.
Polazeći od analize horizontala Pascalovog pravokutnog trokuta, lako je primijetiti da je zbroj elemenata bilo kojeg retka s brojem n jednak 2n u skladu s formulom za zbrajanje binoma s nadnaslovom. Iz ovoga slijedi da je zbroj elemenata iznad bilo koje vodoravne crte s brojem n jednak (2 n 1). Ovaj rezultat postaje sasvim očit ako se vrijednost zbroja elemenata svake horizontale zapiše u binarnom brojevnom sustavu. Na primjer, za n=4 ovaj dodatak se može napisati na sljedeći način:
Evo još par zanimljiva svojstva horizontalne linije, koje su također povezane s potencijama dvojke. Ispada da ako je vodoravni broj potencija dvojke (n=2 k), tada su svi njegovi unutarnji elementi (osim vanjskih) parni brojevi. Naprotiv, svi brojevi vodoravne linije bit će neparni ako je njezin broj jednak jedan manja diploma dvojke (n=2 k 1). Valjanost ovih svojstava može se provjeriti provjerom pariteta internih binomnih koeficijenata, na primjer, u horizontalama n=4 i n=3 ili n=8 i n=7.
Neka sada broj retka Pascalovog pravokutnog trokuta bude prosti broj p. Tada su svi njegovi unutarnji binomni koeficijenti djeljivi s p. Ovo svojstvo je lako provjeriti za male vrijednosti prostih konturnih brojeva. Na primjer, svi unutarnji binomni koeficijenti pete horizontale (5, 10 i 5) očito su djeljivi s 5. Da biste dokazali ovaj rezultat za bilo koji primarni vodoravni broj p, trebate napisati multiplikativnu formulu za njegove binomne koeficijente na sljedeći način:
Budući da je p prost broj i stoga nije djeljiv s m!, umnožak preostalih faktora brojnika ove formule mora biti djeljiv s m! kako bi se zajamčila cjelobrojna vrijednost binomnog koeficijenta. Iz toga slijedi da je omjer u uglate zagrade je prirodan broj N i željeni rezultat postaje očit:
Koristeći ovaj rezultat, možemo utvrditi da su brojevi svih vodoravnih pravaca Pascalovog trokuta, čiji su unutarnji elementi djeljivi s danim prostim brojem p, potencije broja p, odnosno da imaju oblik n=p k. Konkretno, ako je p=3, tada prosti broj p ne dijeli samo sve unutarnje elemente reda 3, kao što je gore utvrđeno, već, na primjer, 9. horizontalu (9, 36, 84 i 126). S druge strane, u Pascalovom trokutu nemoguće je pronaći vodoravni pravac čiji su svi unutarnji elementi djeljivi složenim brojem. Inače, broj takve horizontalne crte mora biti ujedno i potencija prostih djelitelja složeni broj, u koji su svi njegovi unutarnji elementi podijeljeni, ali iz očitih razloga to je nemoguće.
Razmotrena razmatranja omogućuju nam da formuliramo sljedeće zajednička značajka djeljivost horizontalnih elemenata Pascalovog trokuta. Najveći zajednički djelitelj(KIMANJE) svi unutarnji elementi svaka vodoravna linija Pascalovog trokuta s brojem n jednaka je prosti broj p ako je n=pk ili 1 u svim ostalim slučajevima:
GCD(Cmn) = ( ) za bilo koju 0< m < n .
U zaključku analize horizontala, vrijedi razmotriti još jedno zanimljivo svojstvo koje imaju nizovi binomnih koeficijenata koji ih tvore. Ako se binomni koeficijenti bilo kojeg vodoravnog pravca s brojem n pomnože s uzastopnim potencijama broja 10, a zatim se svi ti umnošci zbroje, rezultat je 11 n. Formalno opravdanje za ovaj rezultat je zamjena vrijednosti X=10 i Y=1 (ili Z=1) u Newtonovu binomnu formulu. Sljedeći numerički primjer ilustrira ispunjenje ovog svojstva za n=5:
Analiza svojstava vertikala Pascalovog pravokutnog trokuta može započeti proučavanjem individualne karakteristike njihovi sastavni elementi. Formalno, svaka okomica m formirana je od sljedećeg beskonačnog niza binomnih koeficijenata s konstantnim indeksom (m) i povećanjem indeksa:
Očito, kada je m=0 dobije se niz jedinica, a kada je m=1 niz prirodnih brojeva. Kada je m=2 vertikalu čine trokutasti brojevi. Svaki trokutasti broj može se prikazati na ravnini u obliku jednakostraničnog trokuta, koji je ispunjen proizvoljnim objektima (jezgrama) raspoređenim u šahovnici. U ovom slučaju vrijednost svakog trokutastog broja T k određuje broj predstavljajućih jezgri, a indeks pokazuje koliko je redova jezgri potrebno za njegovu reprezentaciju. Na primjer, 4 početna trokutasta broja predstavljaju sljedeće konfiguracije iz odgovarajućeg broja nuklearnih simbola "@":
Valja napomenuti da se na sličan način mogu uvesti u razmatranje kvadratni brojevi S k , koji se dobivaju kvadriranjem prirodnih brojeva i, općenito, mnogokutni figurirani brojevi nastali pravilnim popunjavanjem pravilni poligoni. Konkretno, 4 početna kvadratni brojevi može se prikazati na sljedeći način:
Vraćajući se na analizu vertikala Pascalovog trokuta, možemo primijetiti da je sljedeća vertikala na m=3 ispunjena tetraedarskim (piramidalnim) brojevima. Svaki takav broj P k određuje broj jezgri koje se mogu posložiti u obliku tetraedra, a indeks određuje koliko vodoravnih trokutastih slojeva iz redova jezgri je potrebno da se to prikaže u trodimenzionalni prostor. U ovom slučaju, svi horizontalni slojevi moraju biti predstavljeni kao uzastopni trokutasti brojevi. Elementi sljedećih vertikala Pascalovog trokuta za m>3 tvore nizove hipertetraedalnih brojeva, koji nemaju vizualnu geometrijsku interpretaciju na ravnini ili u trodimenzionalnom prostoru, ali formalno odgovaraju višedimenzionalnim analozima trokutastih i tetraedalnih brojeva.
Iako vertikalni brojčani nizovi Pascalovog trokuta imaju razmatrana pojedinačna oblikovna obilježja, za njih je moguće izračunati parcijalne zbrojeve vrijednosti početnih elemenata na isti način, koristeći formulu za zbrajanje brojeva kombinacija indeksom . U Pascalovom trokutu ova formula ima sljedeću geometrijsku interpretaciju. Zbroj vrijednosti n gornjih binomnih koeficijenata bilo koje vertikale jednak je vrijednosti elementa sljedeće vertikale, koji se nalazi jedan redak ispod. Ovaj rezultat je također u skladu s geometrijskom strukturom trokutastih, tetraedalnih i hipertetraedalnih brojeva, budući da se reprezentacija svakog takvog broja sastoji od osnovnih slojeva koji predstavljaju brojeve nižeg reda. Posebno, n-ti trokutasti broj T n može se dobiti zbrajanjem svih prirodnih brojeva koji predstavljaju njegove linearne slojeve:
Isto tako, nije teško pronaći tetraedarski broj Pn izračunavanjem sljedećeg zbroja prvih n trokutastih brojeva koji čine njegove horizontalne temeljne slojeve:
Osim horizontala i vertikala u Pascalovom pravokutnom trokutu mogu se pratiti dijagonalni nizovi elemenata, čije je proučavanje svojstava također od određenog interesa. U tom slučaju obično se razlikuju silazne i rastuće dijagonale. Dijagonale prema dolje paralelne su s hipotenuzom Pascalovog pravokutnog trokuta. Formiraju ih nizovi binomnih koeficijenata s prirastom oba indeksa. Zbog identičnosti simetrije, padajuće dijagonale podudaraju se u vrijednostima svojih elemenata s odgovarajućim okomitim redovima Pascalovog trokuta i stoga ponavljaju sva njihova gore razmotrena svojstva. Navedena korespondencija može se pratiti podudarnošću vrijednosti elemenata padajuće dijagonale i okomice s bilo kojim brojem n, ako se ne uzmu u obzir okomite nule:
Uzlazne dijagonale tvore niz brojeva koji je geometrijski okomit na hipotenuzu Pascalovog pravokutnog trokuta. Ispunjeni su binomnim koeficijentima s dekrementom donjeg i inkrementom superskripta. Konkretno, 7 gornjih uzlaznih dijagonala tvore sljedeći numerički niz bez uzimanja u obzir nula na kraju:
Općenito, rastući dijagonalni broj n sadrži sljedeće binomne koeficijente, od kojih je zbroj indeksa svakog od njih jednak (n1):
Na temelju adicijskog identiteta za kombinacije brojeva, svaki dijagonalni element jednak je zbroju dvaju elemenata koji odgovaraju indeksima iz dviju prethodnih rastućih dijagonala. To omogućuje da svaka sljedeća uzlazna dijagonala bude konstruirana zbrajanjem po parovima susjednih horizontalnih elemenata iz dvije prethodne dijagonale, beskonačno šireći Pascalov trokut duž dijagonale. Sljedeći fragment Pascalovog trokuta ilustrira konstrukciju rastuće dijagonale broj 8 duž dijagonala brojeva 6 i 7:
Ovom metodom konstrukcije zbroj elemenata bilo koje uzlazne dijagonale, počevši od 3., bit će jednak zbroju elemenata dviju prethodnih uzlaznih dijagonala, a prve 2 dijagonale sastoje se od samo jednog elementa, vrijednosti od čega je 1. Rezultati odgovarajućih izračuna tvore sljedeći numerički niz, prema kojem možete provjeriti valjanost razmatranog svojstva rastućih dijagonala Pascalovog pravokutnog trokuta:
Analizirajući ove brojeve, možete vidjeti da se prema sličnom zakonu formira dobro poznati niz Fibonaccijevih brojeva, gdje je svaki sljedeći broj jednak zbroju dva prethodna, a prva dva broja jednaka su 1:
Stoga možemo izvući sljedeći važan zaključak: dijagonalne sume elemenata Pascalovog trokuta čine Fibonaccijev niz. Ovo svojstvo omogućuje vam postavljanje drugog zanimljiva značajka Pascalov trokut. Proširujući Fibonaccijevu formulu rekurzivno, lako je dokazati da je zbroj prvih n Fibonaccijevih brojeva jednak (F n+2 1).
Stoga je zbroj binomnih koeficijenata koji ispunjavaju gornjih n dijagonala također jednak (F n+2 1). Slijedi da je zbroj prvih n dijagonala Pascalovog trokuta za 1 manji od zbroja binomnih koeficijenata koji stoje na njegovoj dijagonali s brojem (n+2).
Zaključno, treba napomenuti da razmatrana svojstva horizontala, vertikala i dijagonala Pascalovog trokuta ne iscrpljuju golemu raznolikost mogućnosti koje povezuju različite matematičke aspekte koji na prvi pogled nemaju ništa zajedničko. Takva neobična svojstva omogućuju nam da Pascalov trokut smatramo jednim od najsavršenijih numeričkih sustava, čije se sve mogućnosti ne mogu nabrojati i teško ih je precijeniti.
Algoritam za izračunavanje broja kombinacija pomoću Pascalovog trokuta prikazan je u nastavku:
Privatna funkcija SochTT (ByVal n As Integer, ByVal k As Integer) As Double Dim i As Integer Dim j As Integer Dim TT () As Double ReDim TT (n, k) For i = 0 To n TT (0, i) = 1 TT (i, i) = 1 Sljedeći Za i = 2 Za n Za j = 1 Za i - 1 TT (i, j) = TT (i - 1, j - 1) + TT (i - 1, j) Sljedeći Sljedeći SochTT = TT (n, k) Krajnja funkcija
Ako trebate izračunati broj kombinacija mnogo puta, možda bi bilo prikladnije konstruirati Pascalov trokut jednom, a zatim primiti podatke iz niza.
Dim TT () As Double Private Sub CreateTT () ReDim TT (0, 0) BuildTT 0, 0 End Sub Private Function SochTT (ByVal n As Integer, ByVal k As Integer) As Double If n > Ubound (TT) Then BuildTT Ubound (TT) + 1, n SochTT = TT (n, k) End Function Private Sub TerminateTT () ReDim TT (0, 0) End Sub Private Sub BuildTT (ByVal start As Integer, ByVal end As Integer) Dim i As Integer Dim j As Integer ReDim Preserve TT (end, end) For i = početak Do kraja TT (0, i) = 1 TT (i, i) = 1 Next If end< 2 Then Exit Sub If start < 2 Then start = 2 For i = start To end For j = 1 To i - 1 TT (i, j) = TT (i - 1, j - 1) + TT (i - 1, j) Next Next End Sub
Prvo morate pozvati CreateTT proceduru. Tada možete dobiti broj kombinacija pomoću funkcije SochTT. Kada više ne trebate trokut, pozovite proceduru TerminateTT. U gornjem kodu, prilikom pozivanja funkcije SochTT, ako trokut još nije dovršen potrebna razina, zatim se dovršava pomoću postupka BuildTT. Funkcija tada dobiva željeni element TT polja i vraća ga.
Dim X () As Integer Dim Counter () As Integer Dim K As Integer Dim N As Integer Public Sub Soch() Dim i As Integer N = CInt(InputBox("Unesite N")) K = CInt(InputBox("Unesite K ")) K = K + 1 ReDim X(N) For i = 1 To N X(i) = i Next txtOut.Text = "" ReDim Counter(K) Counter(0) = 1 SochGenerate 1 End Sub Private Sub SochGenerate( ByVal c As Integer) Dim i As Integer Dim j As Integer Dim n1 As Integer Dim Out() As Integer Dim X1() As Integer If c = K Then ReDim Out(K) X1 = X For i = 1 To K - 1 n1 = 0 za j = 1 do N ako je X1(j)<>0 Then n1 = n1 + 1 If n1 = Counter(i) Then Out(i) = X1(j) X1(j) = 0 Exit For End If Next txtOut.Text = txtOut.Text & CStr(Out(i)) Sljedeći txtOut.Text = txtOut.Text & vbCrLf Else For Counter(c) = Counter(c - 1) To N - c + 1 SochGenerate c + 1 Next End If End Sub
NAVEDIVANJE KOMBINACIJA PRIRODNIH BROJEVA
Za rješavanje mnogih praktičnih problema potrebno je navesti sve kombinacije fiksne kardinalnosti koje se mogu dobiti iz elemenata zadanog konačnog skupa, a ne samo odrediti njihov broj. Uzimajući u obzir uvijek postojeću mogućnost cjelobrojnog numeriranja elemenata bilo kojeg konačnog skupa, u većini slučajeva dopušteno je ograničiti se na korištenje algoritama za nabrajanje kombinacija prirodnih brojeva. Najprirodniji i najjednostavniji od njih je algoritam za ispisivanje kombinacija prirodnih brojeva u leksikografski red.
Kako bi se formalno opisao ovaj algoritam, zgodno je pretpostaviti da glavni skup, čije sve kombinacije od m elemenata moraju biti navedene, tvore uzastopne prirodne brojeve od 1 do n. Zatim bilo koja kombinacija m Kao rezultat sređivanja, vrijednost u svakoj poziciji takvog vektora kombinacija prirodno se ispostavlja ograničenom vrijednošću odozgo i odozdo kako slijedi: Leksigrafski algoritam sekvencijalno generira takve kombinirane vektore, počevši od leksikografski najmanjeg vektora, gdje sve pozicije sadrže sljedeće minimalne moguće vrijednosti elemenata jednake njihovim indeksima: Svaki sljedeći kombinirani vektor formira se iz trenutnog nakon skeniranja njegovih elemenata slijeva na desno kako bi se pronašao krajnji desni element koji još nije dosegao svoju graničnu vrijednost: Vrijednost takvog elementa treba povećati za 1. Svakom elementu desno od njega treba dodijeliti najmanju moguću vrijednost, koja je za 1 veća od susjeda lijevo. Nakon ovih promjena, sljedeći vektor kombinacija imat će sljedeći elementarni sastav: Dakle, sljedeći kombinirani vektor će biti leksikografski veći od prethodnog, budući da su vrijednosti njegovih početnih (j1) elemenata jednake vrijednosti, a vrijednost elementa na poziciji j je za 1 veća od one prethodnog . Navedeni odnos rastućeg leksikografskog reda zajamčeno je zadovoljen u svim iteracijama algoritma. Rezultat je rastući leksikografski niz, koji je upotpunjen leksikografski najvećim kombiniranim vektorom, gdje elementi na svim pozicijama imaju sljedeće maksimalne vrijednosti: Razmatrani leksikografski algoritam ilustriran je sljedećim primjerom, gdje je potrebno navesti rastućim leksikografskim redom svih 15 kombinacija n=6 prvih prirodnih brojeva po m=4 broja, odnosno sve moguće 4-elementne podskupove glavnog generirajućeg garnitura (1, 2, 3, 4, 5, 6) od 6 elemenata. Rezultati izračuna prikazani su u sljedećoj tablici: U ovom primjeru najveće dopuštene vrijednosti brojeva na pozicijama vektora kombinacije su redom 3, 4, 5 i 6. Radi lakšeg tumačenja rezultata, u svakom vektoru kombinacije krajnji desni element koji ima još nije dosegla maksimalnu vrijednost, podcrtano je. Brojčani indeksi kombinacijskih vektora određuju njihove brojeve u leksikografskom redu. Općenito, leksikografski broj N bilo koje kombinacije n elemenata s m može se izračunati pomoću sljedeće formule, gdje se, iz kozmetičkih razloga, koristi Appelov simbolizam za označavanje brojeva kombinacija: Konkretno, sljedeći izračuni koji koriste ovu formulu za kombinaciju broja (1, 3, 4, 6) od n=6 elemenata od m=4 u leksikografskom poretku dat će rezultat N=8, što odgovara primjeru koji je gore razmotren: U općem slučaju, korištenjem identiteta za zbroj brojeva kombinacija za oba indeksa, možemo pokazati da će broj leksikografski najmanje kombinacije (1, … i, … m) kada se izračuna pomoću ove formule uvijek biti jednak 1: Također je očito da će broj leksikografski najveće kombinacije (m, … nm+i, … n) kada se izračuna pomoću ove formule biti jednak broju kombinacija od n elemenata po m: Formula za izračun brojeva leksikografskih kombinacija može se koristiti za rješavanje obrnutog problema, gdje trebate odrediti vektor kombinacije prema njegovom broju u leksikografskom redu. Da bi se riješio takav inverzni problem, mora se napisati u obliku jednadžbe, gdje su sve nepoznate vrijednosti elemenata vektora željene kombinacije (C 1, ... C i, ... C m ) koncentrirani su u brojevima kombinacija njegove desne strane, a poznata razlika L broja kombinacija ispisuje se na lijevoj strani od n elemenata svaki m i broj tražene kombinacije N: Rješenje ove jednadžbe daje sljedeći "pohlepni" algoritam, u čijim se iteracijama sekvencijalno odabiru vrijednosti elemenata vektora željene kombinacije. U početnoj iteraciji odabire se najmanja moguća (unutar svojih ograničenja) vrijednost C 1, pri kojoj će prvi izraz na desnoj strani imati najveću vrijednost koja ne prelazi L: Sada lijevu stranu L treba smanjiti za prvi broj kombinacija na desnoj strani s odabranom vrijednošću C 1 i na sličan način odrediti vrijednost C 2 u drugoj iteraciji: Slično, sve sljedeće iteracije treba izvršiti za odabir vrijednosti svih ostalih elemenata C i željene kombinacije, do posljednjeg elementa C m: Iz očitih razloga, vrijednost posljednjeg elementa C m može se odrediti na temelju jednakosti broja njegovih kombinacija ostatku vrijednosti lijeve strane L: Treba napomenuti da se vrijednost posljednjeg elementa kombinacije C m može pronaći još jednostavnije, bez nabrajanja njegovih mogućih vrijednosti: Implementacija iteracija razmatranog algoritma ilustrirana je sljedećim primjerom, gdje je potrebno odrediti kombinacije s brojem N=8 u leksikografskom redu, ako je n=6 i m=4: Algoritamska sposobnost određivanja kombinacije zadanim brojem u leksikografskom redu može se koristiti u različitim smjerovima. Konkretno, pri navođenju kombinacija leksikografskim redom potrebno je osigurati povratak na bilo koju kombinaciju koja je ranije dobivena, dovoljno je znati samo njezin broj. Osim toga, postaje moguće generirati kombinacije bilo kojim redoslijedom, koji je reguliran proizvoljno zadanim nizom njihovih leksikografskih brojeva. Sada predstavljamo algoritam za generiranje kombinacija u leksikografskom redu: 2 za i:= 1 do k učiniti A[i] := i; 5 početak pisanja(A, …, A[k]); 6 if A[k] = n then p:= p 1 else p:= k; 8 za i:= k downto p do A[i] := A[p] + i p + 1 KOMBINACIJE S PONAVLJANJEM ELEMENTA Za razliku od klasične kombinacije, gdje su svi elementi različiti, kombinacija s ponavljanjima čini nesređen izbor elemenata konačnog skupa, gdje se bilo koji element može pojavljivati neograničeno često i nije nužno prisutan u jednom primjerku. U tom je slučaju broj ponavljanja elemenata obično ograničen samo duljinom kombinacije, a kombinacije koje se razlikuju u barem jednom elementu smatraju se različitima. Na primjer, odabirom 4 po izboru različita broja iz skupa 1, 2 i 3, možete stvoriti sljedećih 15 kombinacija s ponavljanjima: 1111 1112 1113 1122 1123 1133 1222 1223 1233 1333 2222 2223 2233 2333 3333.
Općenito, kombinacije s ponavljanjem mogu se formirati odabirom n elemenata proizvoljnih vrsta. Međutim, oni se uvijek mogu povezati s uzastopnim prirodnim brojevima od 1 do n. Tada se bilo koja kombinacija od m izborno različitih brojeva u ovom rasponu može napisati u vektorskom obliku, raspoređujući ih u neopadajućem redoslijedu slijeva nadesno: Naravno, kod ovog oblika zapisa svi susjedni elementi mogu biti jednaki zbog mogućnosti neograničenog ponavljanja. Međutim, svaki vektor kombinacije s ponavljanjima od n elemenata po m može se pridružiti vektoru kombinacije od (n+m−1) elemenata po m, koji se konstruira na sljedeći način: Jasno je da za bilo koje vrijednosti elemenata vektora f, elementi vektora C su zajamčeno različiti i strogo poredani u rastućem redoslijedu svojih vrijednosti od raspona od 1 do (n+m1): Prisutnost korespondencije jedan na jedan između elemenata kombinacijskih vektora f i C omogućuje nam da predložimo sljedeću jednostavnu metodu za sustavno ispisivanje kombinacija s ponavljanjem n elemenata po m. Potrebno je samo navesti, na primjer, leksikografskim redom, svih C kombinacija (n+m1) elemenata od m, sekvencijalno transformirajući elemente svakog od njih u odgovarajuće elemente kombinacija s ponavljanjima f pomoću sljedeće formule: Kao rezultat toga formira se slijed vektora kombinacija s ponavljanjem elemenata koji se poredaju redoslijedom generiranim ispisivanjem odgovarajućih kombinacija bez ponavljanja elemenata. Konkretno, da bi se dobio gornji niz kombinacija od 3 znamenke 1, 2 i 3 s ponavljanjima od 4 znamenke, potrebno je leksikografskim redom navesti sve kombinacije bez ponavljanja od 6 znamenki 1,2,3,4, 5. a 6 su po 4 znamenke, pretvarajući ih kako je naznačeno. Sljedeći primjer prikazuje takvu konverziju kombinacije (1,3,4,6) s leksikografskim brojem 8: Razmatrana korespondencija jedan na jedan između kombinacija sa i bez ponavljanja elemenata znači da su njihovi skupovi jednako moćni. Dakle, u općem slučaju broj kombinacija s ponavljanjem od n elemenata po m jednak je broju kombinacija bez ponavljanja (n+m1) elemenata po m. Koristeći isti simbolizam za označavanje broja kombinacija s ponavljanjima f i bez ponavljanja C, ova se jednakost može napisati na sljedeći način: Lako je provjeriti da će za gornji primjer, gdje je n=3 i m=4, broj kombinacija ponavljanja biti jednak 15, što se podudara s rezultatom njihovog izravnog popisa: Treba napomenuti da, za razliku od klasične verzije, vrijednosti parametara kombinacije s ponavljanjima n i m nisu izravno povezane jedna s drugom, stoga je f(n,m)>0 za bilo koju kombinaciju njihovih pozitivnih vrijednosti. Odgovarajući rubni uvjeti određuju se iz jednakosti između vrijednosti (n+m1) i (n1) ili (n+m1) i m: Također bi trebalo biti sasvim očito da ako je m jednako 1, tada nikakva ponavljanja elemenata nisu moguća i, prema tome, za bilo koju pozitivnu vrijednost n>0 vrijedit će sljedeća jednakost: Osim toga, za brojeve kombinacija s ponavljanjima za bilo koji pozitivne vrijednosti n i m vrijedi sljedeća relacija ponavljanja, koja je slična identitetu zbrajanja za kombinacije brojeva bez ponavljanja elemenata: Zapravo, pretvara se u naznačeni adicijski identitet nakon formalne zamjene odgovarajućih brojeva kombinacija bez ponavljanja u njegovu lijevu i desnu stranu: Razmatrana rekurentna relacija može se koristiti za učinkovito određivanje broja kombinacija s ponavljanjem, kada je važno eliminirati dugotrajne operacije izračuna faktorskih umnožaka i zamijeniti ih jednostavnijim operacijama zbrajanja. U ovom slučaju, da biste izračunali vrijednost f(n,m), trebate samo primijeniti ovu relaciju ponavljanja dok ne dobijete zbroj članova oblika f(1,m) i f(i,1), gdje i poprima vrijednosti u rasponu od n do 1. Po definiciji količine takvi su članovi jednaki 1 odnosno i. Sljedeći primjer ilustrira upotrebu ove tehnike transformacije za slučaj n=3 i m=4: NAVEDANJE BINARNIH KOMBINACIJA Prilikom implementacije kombinacija u hardver ili programiranja u asemblerskom jeziku, važno je moći obraditi zapise kombinacija u binarnom formatu. U ovom slučaju, bilo koja kombinacija n elemenata od m treba biti specificirana u obliku n-bitnog binarnog broja (B n,...B j,...B 1), gdje m jediničnih znamenki označava elemente kombinacija, a preostale (nm) znamenke imaju nulte vrijednosti. Očito, s ovim oblikom notacije, različite kombinacije moraju se razlikovati u rasporedu znamenki jedinica, a postoji samo C(n,m) načina za raspored m jedinica ili (nm) nula u n-bitnom binarnom skupu. Na primjer, sljedeća tablica navodi svih 6 takvih binarnih kombinacija, koje daju 4-bitne binarne brojeve za sve kombinacije 4 elementa proizvoljnog skupa (E 1 , E 2 , E 3 , E 4 ) po 2: U općem slučaju, zadatak nabrajanja takvih binarnih kombinacija svodi se na sustavno pretraživanje svih n-bitnih binarnih skupova s različitim rasporedom m jedan i (nm) nula bitova. U najjednostavnijem obliku takva se pretraga provodi razne metode transpozicije susjednih bitova s pomakom (transpositive-shift algoritmi). To su iterativni algoritmi, a njihova imena odražavaju prirodu operacija koje se izvode u svakom koraku. Iterativni postupci algoritmi transpozitivnog pomaka tvore nizove binarnih kombinacija koje počinju binarnim skupom, gdje su sve jedinice koncentrirane u znamenkama nižeg reda (desno), a završavaju kada su sve 1 u znamenkama visokog reda (lijevo ): Dok se podudaraju u početnim i konačnim kombinacijama, ti se nizovi razlikuju po redoslijedu kojim su navedeni međubinarni skupovi. Međutim, u svim slučajevima svaka sljedeća binarna kombinacija nastaje iz prethodne kao rezultat izvođenja odgovarajućih operacija transpozicije i pomaka. U isto vrijeme, različiti algoritmi transpozitivnog pomaka razlikuju se u načinu na koji odabiru par bitova za transpoziciju i grupu bitova za pomak. O ovoj specifičnosti raspravlja se u nastavku za algoritme transpozicije s pomakom ulijevo i udesno. U algoritmu transpozicije s pomakom ulijevo, u svakom se koraku sljedeća binarna kombinacija dobiva iz trenutne zamjenom krajnjeg lijevog para znamenki 01 s 10 (transpozicija) i pomicanjem skupine vodećih znamenki jedinice, ako ih ima, blizu par 10 dobiven nakon transpozicije (pomaka). Ako u ovom slučaju nema jedinica u vodećim znamenkama u trenutnoj binarnoj kombinaciji, tada se pomak ne vrši, čak ni kada se vodeća jedinica dobije nakon transpozicije pomoću ovaj korak. Pomak se također ne izvodi kada u najvažnijim bitovima prije para 10 dobivenog nakon transpozicije nema nula. Razmotrene radnje ilustrirane su sljedećim primjerom izvođenja dvije uzastopne iteracije ovog algoritma, gdje se u jednoj iteraciji (15) izvodi samo transpozicija (T"), a u drugoj iteraciji (16) transpozicija se nadopunjuje pomakom (T"+S"): U algoritmu transpozicije desnog pomaka, konceptualno slični koraci izvode se u svakom koraku. Samo transpozicija osigurava da krajnji desni bitovi od 01 budu zamijenjeni s 10 (umjesto krajnjim lijevim), a zatim se svi oni desno od njega pomaknu na najmanje značajne bitove. Kao i prije, pomak se izvodi samo ako postoje jedinice koje se mogu pomaknuti udesno. Razmotrene radnje ilustrirane su sljedećim primjerom izvođenja dvije uzastopne iteracije ovog algoritma, gdje se u jednoj iteraciji (3) izvodi samo transpozicija (T"), a u drugoj iteraciji (4) transpozicija je dopunjena pomakom ( T"+S"): Treba napomenuti da se iteracije oba algoritma mogu napisati u aditivnom obliku ako se binarne kombinacije interpretiraju kao cijeli brojevi u sustavu brojeva s bazom 2. Konkretno, za transpozicijski algoritam s pomakom udesno, svaka sljedeća binarna kombinacija (B" n ,…B" j , …B" 1), uvijek se može dobiti iz trenutne kombinacije (B n,…B j,…B 1) izvođenjem operacija zbrajanja cijelih brojeva koristeći sljedeću aditivnu formulu: U ovoj aditivnoj formuli, eksponenti potencija dvojki f i t označavaju redom broj nižih nula znamenki trenutne binarne kombinacije i broj jedinica u nizu lijevo od njih. Na primjer, za 4. binarnu kombinaciju (001110) od n=6 znamenki f =1 i t =3. Stoga će izračun sljedeće binarne kombinacije pomoću formule aditiva u iteraciji 5 dati sljedeći rezultat, ekvivalentan izvođenju operacija transpozicije i pomaka: Za komparativna analiza razmatranih transpozicijskih algoritama s lijevim i desnim pomacima, preporučljivo je usporediti nizove binarnih kombinacija koje generiraju u svojim iteracijama. Sljedeća tablica prikazuje dvije takve sekvence binarnih kombinacija od 4 elementa od 2, koje su dobivene algoritmima lijevog (TSL) odnosno desnog (TSR) pomaka: Uspoređujući ove 2 sekvence, možete vidjeti da su obrnuto zrcalno. To znači da su bilo koje dvije binarne kombinacije koje se u njima nalaze na istoj udaljenosti od međusobno suprotnih krajeva njihovih nizova zrcalna slika jedna druge, odnosno da se poklapaju kada je indeksiranje bitova u bilo kojoj od njih obrnuto. Na primjer, drugi binarni uzorak od početka TSL niza (0101) je zrcalna slika binarnog uzorka (1010) koji je drugi od kraja TSR niza. Općenito, svaka binarna kombinacija s brojem i jednog niza zrcalna je slika binarne kombinacije s brojem (ni+1) drugog niza. Ovaj odnos između ovih nizova posljedica je simetrične prirode operacija transpozicije i pomaka u dva razmatrana algoritma za nabrajanje binarnih kombinacija. Treba napomenuti da se binarni format također može koristiti za snimanje kombinacija s ponavljanjem elemenata. Da biste to učinili, potrebno je uspostaviti korespondenciju jedan-na-jedan između kombinacija s ponavljanjima i binarnih kombinacija, koje su konstruirane na sljedeći način. Neka postoji proizvoljna kombinacija s ponavljanjima, koja se dobiva izborom m po izboru različitih elemenata od n elemenata generirajućeg skupa. Da biste uspostavili željenu podudarnost, prvo morate dodati sve elemente formirajućeg skupa (cat) u kombinaciju, a zatim sortirati rezultirajuće ulančavanje (sort) tako da svi identični elementi budu jedan pored drugog. Rezultat je niz od (n+m) elemenata, gdje postoji n grupa identičnih elemenata. Ukupno će biti (n+m1) praznina između elemenata, među kojima će biti (n1) praznina između skupina identičnih elemenata i m praznina između elemenata unutar skupina. Radi jasnoće, možete staviti simbole “|” u označena mjesta. odnosno "". Ako sada spojimo 1 s razmacima između grupa (|) i 0 sa svim ostalim razmacima (), dobit ćemo binarnu kombinaciju. Formira ga binarni skup od (n+m1) bitova, gdje su (n1) jedinice, a m nula bitova, čija lokacija jedinstveno odgovara izvornoj kombinaciji s ponavljanjima elemenata od n do m. Razmatrana tehnika transformacije ilustrirana je sljedećim primjerom konstruiranja binarne kombinacije (1001101) pomoću kombinacije s ponavljanjima (BBD), čiji su elementi odabrani iz generirajućeg skupa prvih pet latiničnih slova: Općenito, broj takvih binarnih skupova određuje broj načina za raspoređivanje (n1) jedinica (ili m nula) u (n+m1) binarnih znamenki. Ova vrijednost je očito jednaka broju kombinacija od (n+m1) do (n1) ili do m, odnosno C(n+m1,n1) ili C(n+m1,m), što je jednako broj kombinacija s ponavljanjima f( n,m) od n elemenata, po m. Stoga, imajući korespondenciju jedan-na-jedan između kombinacija s ponavljanjima i binarnih kombinacija, legitimno je reducirati nabrajanje kombinacija s ponavljanjima na nabrajanje binarnih kombinacija, na primjer, korištenjem transpozicijskih algoritama s pomakom ulijevo ili udesno. Nakon toga trebate samo vratiti tražene kombinacije s ponavljanjima koristeći dobivene binarne kombinacije. To se uvijek može učiniti pomoću sljedeće tehnike oporavka. Neka glavni skup, od čijih se elemenata sastavljaju kombinacije s ponavljanjima od m ne nužno različitih elemenata, poreda proizvoljno tako da svaki njegov element ima određeni redni broj od 1 do n. Implementirajmo i nabrajanje binarnih kombinacija (n+m1) binarnih znamenki, gdje je (n1) jedinica i m nula znamenki. Svaka dobivena binarna kombinacija može se nadopuniti s lijeve strane fiktivnom znamenkom jedinice, a sve znamenke jedinice mogu se numerirati s lijeva na desno cijelim brojevima od 1 do n. Tada će broj nula u nizu nakon svake i-te jedinice binarne kombinacije biti jednak broju instanci i-tog elementa glavnog skupa u odgovarajućoj kombinaciji s ponavljanjima. Razmotrena tehnika ilustrirana je sljedećim primjerom, gdje se pomoću binarne kombinacije (1001101) obnavlja kombinacija s ponavljanjima BBD, čiji su elementi odabrani iz generirajućeg skupa prvih pet latiničnih slova napisanih u abecedni red, a gornja linija označava elemente koji nedostaju u ovoj kombinaciji: Izvođenje sličnih radnji u uvjetima ovaj primjer, možete navesti svih 35 binarnih kombinacija koje tvore 7-bitne binarne skupove, gdje postoje 4 jedinice i 3 nule, i obnoviti odgovarajuće kombinacije s ponavljanjem 5 elemenata od 3. Kako bih olakšao navigaciju kroz materijal, dodat ću sadržaj ove teme: U ovoj temi ćemo pogledati osnovne koncepte kombinatorike: permutacije, kombinacije i plasmane. Otkrijmo njihovu bit i formule pomoću kojih možete pronaći njihovu količinu. Za rad su nam potrebne neke pomoćne informacije. Počnimo s tako temeljnim matematičkim pojmom kao što je skup. Pojam skupa detaljno je obrađen u temi "Pojam skupa. Metode definiranja skupova". Vrlo kratka priča o setovima: pokazati\sakrij Ukratko: skup je skup objekata. Napiši skupove u vitičastim zagradama. Redoslijed kojim su elementi napisani nije bitan; ponavljanja elemenata nisu dopuštena. Na primjer, skup znamenki broja 11115555999 bit će: $\(1,5,9\)$. Skup suglasnika u riječi "tigrić" je: $\(t, g, r, n, k\)$. Oznaka $5\u A$ znači da element 5 pripada skupu $A=\(1,5,9 \)$. Broj elemenata u konačnom skupu naziva se vlast ovog skupa i označite $|A|$. Na primjer, za skup $A=\(1,5,9 \)$ koji sadrži 3 elementa, imamo: $|A|=3$. Promotrimo određeni neprazan konačni skup $U$, čija je kardinalnost $n$, $|U|=n$ (tj. skup $U$ ima $n$ elemenata). Uvedimo koncept poput uzorak(neki autori to nazivaju tuple). Pod uzorkom volumena $k$ od $n$ elemenata (skraćeno kao $(n,k)$-uzorak) podrazumijevamo skup elemenata $(a_1, a_2,\ldots, a_k)$, gdje je $a_i\in U$. Odabir se naziva uređenim ako je određen redoslijed njegovih elemenata. Dva poredana uzorka koja se razlikuju samo po redoslijedu elemenata su različita. Ako redoslijed elemenata uzorka nije značajan, tada se uzorak naziva nesređenim. Imajte na umu da definicija odabira ne govori ništa o ponavljanju elemenata. Za razliku od elemenata skupa, elementi odabira mogu se ponavljati. Na primjer, razmotrite skup $U=\(a,b,c,d,e\)$. Skup $U$ sadrži 5 elemenata, tj. $|U|=5$. Uzorak bez ponavljanja može biti: $(a,b,c)$. Ovaj odabir sadrži 3 elementa, tj. veličina ovog uzorka je 3. Drugim riječima, to je $(5,3)$-uzorak. Uzorak s ponavljanjima može biti ovakav: $(a,a,a,a,a,c,c,d)$. Sadrži 8 elemenata, tj. njegov volumen je 8. Drugim riječima, ovo je $(5,8)$-uzorak. Razmotrimo još dva $(5,3)$-uzorka: $(a,b,b)$ i $(b,a,b)$. Ako pretpostavimo da su naši uzorci nesređeni, tada je uzorak $(a,b,b)$ jednak uzorku $(b,a,b)$, tj. $(a,b,b)=(b,a,b)$. Ako pretpostavimo da su naši uzorci poredani, tada $(a,b,b)\neq(b,a,b)$. Pogledajmo još jedan primjer, malo manje apstraktan:) Pretpostavimo da u košari ima šest bombona i svi su različiti. Ako prvi bombon povežemo s brojem 1, drugi slatkiš s brojem 2 i tako dalje, tada se sljedeći skup može pridružiti bombonima u košari: $U=\(1,2,3,4, 5,6\)$. Zamislite da nasumično gurnemo ruku u košaru kako bismo izvukli tri bombona. Izbor su izvučeni bomboni. Budući da smo uzeli 3 bombona od 6, dobili smo (6,3)-uzorak. Redoslijed kojim su bomboni stavljeni u dlan potpuno je nebitan pa je ovaj uzorak nesređen. Pa, a budući da su svi slatkiši različiti, izbor je bez ponavljanja. Dakle, u ovoj situaciji govorimo o nesređenom (6,3)-uzorku bez ponavljanja. Sada pristupimo s druge strane. Zamislimo da se nalazimo u tvornici za proizvodnju slatkiša, a ta tvornica proizvodi četiri vrste bombona. Skup $U$ u ovoj situaciji je sljedeći: $U=\(1,2,3,4 \)$ (svaki broj je odgovoran za svoju vrstu slatkiša). Sada zamislimo da su svi slatkiši izliveni u jedan žlijeb, u blizini kojeg stojimo. I, stavljajući dlanove, odabiremo 20 bombona iz ovog toka. Šaka slatkiša je uzorak. Je li bitan redoslijed kojim se bomboni stavljaju u šaku? Naravno, ne, dakle uzorak je nesređen. Postoje samo 4 vrste bombona, a mi biramo dvadesetak komada iz općeg toka - ponavljanje sorti je neizbježno. U isto vrijeme, uzorci mogu biti vrlo različiti: čak možemo imati sve bombone iste vrste. Dakle, u ovoj situaciji imamo posla s nesređenim (4,20)-uzorkom s ponavljanjima. Pogledajmo još nekoliko primjera. Neka na kockama bude napisano 7 različitih slova: k, o, n, f, e, t, a. Ova slova tvore skup $U=\(k,o,n,f,e,m,a\)$. Recimo da od ovih kocki želimo napraviti “riječi” od 5 slova. Slova ovih riječi (na primjer, "konfe", "tenko" i tako dalje) tvore (7,5)-odabrane: $(k,o,n,f,e)$, $(t,e,n ,k ,o)$, itd. Očito je redoslijed slova u takvom uzorku važan. Na primjer, riječi "nokft" i "kfton" su različite (iako se sastoje od istih slova), jer se redoslijed slova u njima ne podudara. U takvim "riječima" nema ponavljanja slova, jer ima samo sedam kockica. Dakle, skup slova svake riječi je uređen (7,5)-uzorak bez ponavljanja. Drugi primjer: od četiri znamenke 1, 5, 7, 8 sastavljamo sve vrste osmeroznamenkastih brojeva. Na primjer, 11111111, 15518877, 88881111 i tako dalje. Skup $U$ je: $U=\(1,5,7,8\)$. Znamenke svakog sastavljenog broja čine (4,8)-uzorak. Važan je redoslijed znamenki u broju, tj. uzorak je naručen. Ponavljanja su dopuštena, dakle ovdje se radi o uređenom (4,8)-uzorku s ponavljanjima. Postavljanje bez ponavljanja $n$ elemenata po $k$ - uređena $(n,k)$-selekcija bez ponavljanja. Budući da se elementi u uzorku koji razmatramo ne mogu ponoviti, ne možemo odabrati više elemenata u uzorak nego što ih ima u izvornom skupu. Dakle, za takve uzorke vrijedi sljedeća nejednakost: $n≥ k$. Broj postavljanja bez ponavljanja $n$ elemenata po $k$ određuje se sljedećom formulom: \begin(equation)A_(n)^(k)=\frac(n{(n-k)!}
\end{equation}
!} Što znači znak "!": pokazati\sakrij Snimanje "n!" (čitaj "en factorial") označava umnožak svih brojeva od 1 do n, tj. $$ n!=1\cdot2\cdot 3\cdot \ldots\cdot n $$ Po definiciji, pretpostavlja se da je $0!=1!=1$. Na primjer, pronađimo 5!: $$ 5!=1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5=120. $$ Primjer br. 1 Abeceda se sastoji od skupa simbola $E=\(+,*,0,1,f\)$. Odredimo broj takvih riječi od tri znaka u ovoj abecedi koje ne sadrže ponavljajuća slova. Pod riječima od tri znaka mislimo na izraze poput “+*0” ili “0f1”. Skup $E$ ima pet elemenata, pa slova troznakovnih riječi tvore (5,3)-izbore. Prvo pitanje je: jesu li ti uzorci naručeni ili ne? Riječi koje se razlikuju samo po redoslijedu slova smatraju se različitima, pa je bitan redoslijed elemenata u uzorku. To znači da je uzorak naručen. Drugo pitanje: jesu li ponavljanja dopuštena ili ne? Odgovor na ovo pitanje daje uvjet: riječi ne smiju sadržavati ponavljajuća slova. Ukratko: slova svake riječi koja zadovoljava uvjete problema tvore uređen (5,3)-uzorak bez ponavljanja. Drugim riječima, slova svake riječi tvore položaj bez ponavljanja od 5 elemenata od 3. Evo primjera takvih rasporeda: $$ (+,*,f), \; (*,+,f), \; (1,+,0) $$ Zanima nas ukupan broj ovih plasmana. Prema formuli (1), broj postavljanja bez ponavljanja 5 elemenata od 3 bit će sljedeći: $$ A_(5)^(3)=\frac(5{(5-3)!}=\frac{5!}{2!}=60.
$$
!} one. možete stvoriti 60 riječi od tri znaka, čija se slova neće ponavljati. Odgovor: 60. Dodjela s ponavljanjem $n$ elemenata po $k$ - uređena $(n,k)$-selekcija s ponavljanjem. Broj postavljanja s ponavljanjem $n$ elemenata od $k$ određen je sljedećom formulom: \begin(equation)\bar(A)_(n)^(k)=n^k \end(equation) Primjer br. 2 Koliko se peteroznamenkastih brojeva može sastaviti od skupa znamenki $\(5,7,2\)$? Od ovog skupa brojeva možete sastaviti peteroznamenkastih brojeva 55555, 75222 i tako dalje. Znamenke svakog takvog broja čine (3,5)-uzorak: $(5,5,5,5,5)$, $(7,5,2,2,2)$. Zapitajmo se: kakvi su to uzorci? Prvo, znamenke u brojevima se mogu ponavljati, pa imamo posla s uzorcima s ponavljanjem. Drugo, važan je redoslijed znamenki u broju. Na primjer, 27755 i 77255 - različite brojeve. Prema tome, radi se o uređenim (3,5)-uzorcima s ponavljanjima. Ukupan broj takvih uzoraka (tj. ukupan broj traženih peteroznamenkastih brojeva) nalazimo pomoću formule (2): $$ \bar(A)_(3)^(5)=3^5=243. $$ Dakle, od zadanih znamenki mogu se sastaviti 243 peteroznamenkasta broja. Odgovor: 243. Permutacija bez ponavljanja $n$ elemenata je uređena $(n,n)$-selekcija bez ponavljanja. U biti, permutacija bez ponavljanja jest poseban slučaj postavljanje bez ponavljanja, kada je veličina uzorka jednaka snazi izvornog skupa. Broj permutacija bez ponavljanja $n$ elemenata određuje se sljedećom formulom: \početak(jednadžbe)P_(n)=n! \kraj(jednadžba) Usput, ovu formulu je lako dobiti ako uzmete u obzir da je $P_n=A_(n)^(n)$. Tada dobivamo: $$ P_n=A_(n)^(n)=\frac(n{(n-n)!}=\frac{n!}{0!}=\frac{n!}{1}=n!
$$
!} Primjer br. 3 U zamrzivaču je pet porcija sladoleda iz razne tvrtke. Na koliko načina možete odabrati redoslijed kojim će se jesti? Neka broj 1 odgovara prvom sladoledu, broj 2 drugom itd. Dobit ćemo skup $U=\(1,2,3,4,5\)$, koji će predstavljati sadržaj zamrzivača. Redoslijed jela može biti sljedeći: $(2,1,3,5,4)$ ili sljedeći: $(5,4,3,1,2)$. Svaki takav skup je (5,5)-uzorak. Bit će uredno i bez ponavljanja. Drugim riječima, svaki takav uzorak je permutacija 5 elemenata izvornog skupa. Prema formuli (3), ukupan broj ovih permutacija je: $$ P_5=5!=120. $$ Dakle, postoji 120 naloga za odabir redoslijeda jela. Odgovor: 120. Permutacija s ponavljanjima je uređeni $(n,k)$-uzorak s ponavljanjima, u kojem se element $a_1$ ponavlja $k_1$ puta, $a_2$ se ponavlja $k_2$ puta, i tako dalje, sve do posljednjeg elementa $ a_r$, koji se ponavlja $ k_r$ puta. U ovom slučaju, $k_1+k_2+\ldots+k_r=k$. Ukupan broj permutacija s ponavljanjima određen je formulom: \begin(equation)P_(k)(k_1,k_2,\ldots,k_r)=\frac(k{k_1!\cdot k_2!\cdot \ldots \cdot k_r!}
\end{equation}
!} Primjer br. 4 Riječi su sastavljene na temelju abecede $U=\(a,b,d\)$. Koliko različitih riječi može biti sastavljeno od sedam znakova ako se u tim riječima slovo "a" mora ponoviti 2 puta; slovo "b" - 1 put, a slovo "d" - 4 puta? Evo primjera riječi za pretraživanje: "aabdddd", "daddabd" i tako dalje. Slova svake riječi čine (3,7)-uzorak s ponavljanjima: $(a,a,b,d,d,d,d)$, $(d,a,d,d,a,b,d )$ itd. Svaki takav uzorak sastoji se od dva elementa "a", jednog elementa "b" i četiri elementa"d". Drugim riječima, $k_1=2$, $k_2=1$, $k_3=4$. Ukupan broj ponavljanja svih simbola, naravno, jednak je veličini uzorka, tj. $k=k_1+k_2+k_3=7$. Zamjenom ovih podataka u formulu (4) imat ćemo: $$ P_7(2,1,4)=\frac(7{2!\cdot 1!\cdot 4!}=105.
$$
!} Dakle, ukupan broj riječi za pretraživanje je 105. Odgovor: 105. Kombinacija bez ponavljanja $n$ elemenata po $k$ je neuređeni $(n,k)$-uzorak bez ponavljanja. Ukupan broj kombinacija bez ponavljanja $n$ elemenata od $k$ određuje se formulom: \begin(equation)C_(n)^(k)=\frac(n{(n-k)!\cdot k!}
\end{equation}
!} Primjer br. 5 U košari se nalaze kartice na kojima su ispisani cijeli brojevi od 1 do 10. Iz košare se izvade 4 kartice i zbrajaju brojevi napisani na njima. Koliko se različitih kompleta karata može izvući iz košarice? Dakle, u ovom problemu početni skup je: $U=\(1,2,3,4,5,6,7,8,9,10\)$. Iz ovog skupa biramo četiri elementa (tj. četiri karte iz košarice). Brojevi izvučenih elemenata čine (10,4)-izbor. Ponavljanja u ovom izboru nisu dopuštena, jer su brojevi svih karata različiti. Pitanje je: je li redoslijed odabira karata važan ili ne? To jest, na primjer, jesu li uzorci $(1,2,7,10)$ i $(10,2,1,7)$ jednaki ili nisu jednaki? Ovdje se morate okrenuti uvjetima problema. Kartice se vade kako bi se kasnije pronašao zbroj elemenata. To znači da redoslijed kartica nije bitan, jer promjena mjesta članova neće promijeniti zbroj. Na primjer, uzorak $(1,2,7,10)$ i uzorak $(10,2,1,7)$ odgovarat će istom broju $1+2+7+10=10+2+1+ 7 = 20 dolara. Zaključak: iz uvjeta zadatka proizlazi da se radi o neuređenim uzorcima. one. moramo pronaći ukupan broj nesređenih (10,4)-uzoraka bez ponavljanja. Drugim riječima, trebamo pronaći broj kombinacija 10 elemenata od 4. Za to koristimo formulu (5): $$ C_(10)^(4)=\frac(10{(10-4)!\cdot 4!}=\frac{10!}{6!\cdot 4!}=210.
$$
!} Dakle, ukupan broj pretraženih skupova je 210. Odgovor: 210. Kombinacija s ponavljanjima od $n$ elemenata od $k$ je neuređeni $(n,k)$-uzorak s ponavljanjima. Ukupan broj kombinacija s ponavljanjem $n$ elemenata od $k$ određuje se formulom: \begin(equation)\bar(C)_(n)^(k)=\frac((n+k-1){(n-1)!\cdot k!}
\end{equation}
!} Primjer br. 6 Zamislimo da se nalazimo u tvornici slatkiša, tik uz pokretnu traku po kojoj se kreću četiri vrste bombona. Stavimo ruke u ovaj potok i izvučemo dvadeset komada. Koliko različitih "kombinacija slatkiša" može biti u šačici? Ako pretpostavimo da prvi tip odgovara broju 1, drugi tip - broju 2 i tako dalje, tada je početni skup u našem problemu sljedeći: $U=\(1,2,3,4\) $. Iz ovog skupa odabiremo 20 elemenata (tj. istih 20 bombona s proizvodne trake). Šaka slatkiša čini (4,20)-uzorak. Naravno, bit će ponavljanja varijanti. Pitanje je je li redoslijed elemenata u uzorku važan ili ne? Iz uvjeta zadatka proizlazi da redoslijed kojim su elementi raspoređeni nije bitan. Svejedno nam je hoće li u šaci biti prvo 15 lizalica, pa 4 čokoladne bombone ili prvo 4 čokoladne bombone, pa tek onda 15 lizalica. Dakle, radi se o nesređenom (4,20) uzorku s ponavljanjima. Da bismo pronašli ukupan broj ovih uzoraka koristimo formulu (6): $$ \bar(C)_(4)^(20)=\frac((4+20-1){(4-1)!\cdot 20!}=\frac{23!}{3!\cdot 20!}=1771.
$$
!} Dakle, ukupan broj traženih kombinacija je 1771.Uvod. Skupovi i selekcije.
Postavljanje bez ponavljanja $n$ elemenata po $k$
Položaji s ponavljanjem $n$ elemenata od $k$
Permutacije bez ponavljanja $n$ elemenata
Permutacije s ponavljanjima
Kombinacije bez ponavljanja od $n$ elemenata od po $k$
Kombinacije s ponavljanjem od $n$ elemenata od po $k$
