Transcript kombinatorika

Более сложные
задачи по
комбинаторике
Выполнила: учитель математики
Дмитровской сош №1 им В.И. Кузнецова
Кизьякова Елена Борисовна
Цели занятия:


рассмотреть более сложные
задачи по комбинаторике на
1. Раскладки;
2. Разбиения;
3. Смещения и
субфакториалы;
дать понятие о блужданиях и
фигурных числах, рекуррентных
отношениях.
Вспомним и повторим…
Задача 1.
На блюде лежат 3 яблока и 2
груши.
Сколькими
способами
можно взять один фрукт?
Вспомним и повторим…
Задача 1.
На блюде лежат 3 яблока и 2
груши.
Сколькими
способами
можно взять один фрукт?
Ответ: 5 способами.
Какое правило использовали?
Правило суммы:
Если некоторый объект А
можно выбрать m способами, а
другой
объект
B
можно
выбрать n способами, то
выбор «либо А, либо В» можно
осуществить m + n способами.
Вспомним и повторим…
Задача 2.
Имеется 5 видов конвертов и 4
вида марок. Сколькими способами
можно выбрать конверт с маркой
для посылки письма?
Вспомним и повторим…
Задача 2.
Имеется 5 видов конвертов и 4
вида марок. Сколькими способами
можно выбрать конверт с маркой
для посылки письма?
Ответ:
5  4  20
Какое правило использовали?
правило произведения:
Если объект А можно выбрать m
способами и если после каждого
такого выбора объект В можно
выбрать n способами, то выбор
пары (А; В) в указанном порядке
можно
осуществить
mn
способами.
Вспомним и повторим…
Задача 3.
У англичан принято давать ребенку
несколько имен. Сколькими способами
в Англии можно назвать ребенка, если
общее число имен равно 300, а ему
дают не более трех имен?
Вспомним и повторим…
Задача 3.
У англичан принято давать ребенку
несколько имен. Сколькими способами
в Англии можно назвать ребенка, если
общее число имен равно 300, а ему
дают не более трех имен?
Ответ: 300 + 300*299 + 300*299*298 =
26 820 600
Вспомним и повторим…
Задача 4.
Сколькими
способами
можно
разложить в два кармана девять
монет различного достоинства?
Вспомним и повторим…
Задача 4.
Сколькими
способами
можно
разложить в два кармана девять
монет различного достоинства?
Ответ:
Каждая монета может
попасть в один из двух карманов.
Поэтому имеем 29 способов.
Использовали формулу:
A n
k
k
n
Размещения с повторениями из n
элементов по k. (k мест нужно
заполнить элементами одного из n
видов, элементы могут повторяться)
Задача 5.
В 2004 году в России давали автомобильные
номера
типа
77х451хо,
в
которых
употреблялись цифры и кириллические буквы,
имеющие аналог в латинском алфавите
(таких 12). Первые два элемента – цифры(код
региона),
затем
идет
буква,
затем
трехзначное число и под конец еще две буквы.
А) сколько таких автомобильных номеров
могли выдать в России?
Б) На Москву были выделены коды региона 77,
97 и 99. Сколько номеров могли выдать в
Москве?
Задача 5.
В 2004 году в России давали автомобильные
номера
типа
77х451хо,
в
которых
употреблялись цифры и кириллические буквы,
имеющие аналог в латинском алфавите
(таких 12). Первые два элемента – цифры(код
региона),
затем
идет
буква,
затем
трехзначное число и под конец еще две буквы.
А) сколько таких автомобильных номеров
могли выдать в России?
Б) На Москву были выделены коды региона 77,
97 и 99. Сколько номеров могли выдать в
Москве?
Ответы:
а) 102*12*103*122 = 172 800 000
номеров.
б) 3*12*103*122 = 5 184 000.
Размещения без повторений:
Размещение
на
k
местах
некоторые из n элементов,
причем элементы не могут
повторяться.
A 
k
n
n!
( n  k )!
Вспомним и повторим…
Задача 6.
В правление избрано 9 человек. Из них
надо
выбрать
председателя,
заместителя
председателя
и
секретаря. Сколькими способами это
можно сделать?
Вспомним и повторим…
Задача 6.
В правление избрано 9 человек. Из них
надо
выбрать
председателя,
заместителя
председателя
и
секретаря. Сколькими способами это
можно сделать?
Ответ:
A 
k
n
n!
( n  k )!
A 
3
9
9!
6!
 7 * 8 * 9  504
Вспомним и повторим…
Задача 7.
Сколькими способами можно выбрать
из полной колоды карт, содержащей 52
карты, по одной карте каждой масти?
А если среди вынутых карт нет ни
одной пары одинаковых, т.е. двух
королей, двух десяток и т.д.?
Вспомним и повторим…
Задача 7.
Сколькими способами можно выбрать из
полной колоды карт, содержащей 52 карты,
по одной карте каждой масти? А если среди
вынутых карт нет ни одной пары
одинаковых, т.е. двух королей, двух десяток
и т.д.?
Ответ: 134 способов.
Если среди карт не должно быть пар, то
имеем размещения без повторений A 4  17160
13
Перестановки
Размещения, которые отличаются
друг от друга лишь порядком
входящих
в
них
элементов,
называются перестановками из n
элементов.
Pn  n!
Вспомним и повторим…
Задача 8.
На званый вечер приглашены 5 мужчин
и 5 женщин. Напротив каждого места
на
круглый
стол
необходимо
поставить табличку с именем того,
кто будет на этом месте сидеть, но
никакие два лица одного пола не
должны сидеть рядом. Сколькими
способами
можно
расставить
таблички?
Вспомним и повторим…
Ответ:
Разделение
мест
на
мужские и женские можно сделать
двумя способами. После этого мужчин
можно посадить на выбранные места
Столько
же
P5  5! способами.
способов рассадить женщин. Всего
получаем 2*(5!)2= 28 800 способов.
Перестановки с повторениями
P(n1 , n 2 ,..., n k ) 
где
n!
n1 ! n 2 !...n k !
n  n1  n2  ...  nk .
Вспомним и повторим…
Задача 9.
Сколькими
способами
можно
расставить белые фигуры (короля,
ферзя, две ладьи, двух слонов и двух
коней) на первой линии шахматной
доски
(не
соблюдая
шахматные
правила)?
Вспомним и повторим…
Ответ:
P(1,1,2,2,2) 
8!
1!1!2!2!2!
 5040
Сочетания без повторений
Сочетания из n элементов по k - любой
выбор k элементов из имеющихся n
элементов.
(когда
не
интересует
порядок элементов, а интересует только
состав).
C 
k
n
n!
(n  k )! k!
Сочетания с повторениями
C
k
n

(k  n  1)!
k! (n  1)!
C
k
n  k 1
Вспомним и повторим…
Задача 10.
Сколько существует треугольников,
у которых длина каждой стороны
принимает одно из значений 4, 5, 6, 7?
Вспомним и повторим…
Задача 10.
Сколько существует треугольников,
у которых длина каждой стороны
принимает одно из значений 4, 5, 6, 7?
Ответ: по формуле C  (k  n  1)!  C
k
n
C 
3
4
(4  3  1)!
3!(4  1)!

6!
3!3!
k! (n  1)!
 20
k
n  k 1
Раскладки
В задачах на раскладки элементы
раскладываются
в
несколько
«ящиков» и надо найти число
способов это сделать.
Раскладки
Задача 1. Шары и лузы.
Скольким способами могут
распределиться 15 перенумерованных
бильярдных шаров в 6 лузах?
Вторая строка этой схемы не что иное, как
бланк длины 15, заполненный цифрами 1, 2,
3, 4, 5 и 6. Поэтому число таких
распределений
шаров
равно
числу
размещений с повторениями из 6 элементов
по 15, т. е. 15
15
A6  6
Раскладки
Вывод:
Число способов размещения n
различных предметов по m
различным «ящикам» равно
A m
n
m
n
Раскладки
Задача 2. Сбор яблок.
Трое ребят собрали с яблони 40
яблок. Сколькими способами они
могут их разделить, если все яблоки
считаются одинаковыми?
Раскладки
Мы имеем дело с сочетаниями с повторениями
- есть 3 типа предметов (мальчики) и надо
делать из них комбинации из 40 элементов (по
числу яблок, какое - кому), порядок элементов
не
учитывается,
разные
комбинации
отличаются количеством предметов хотя бы
одного типа (т.е. как раз числом яблок,
достающимся хотя бы одному мальчику)
40
3
C
 P(40,2)  c
2
42

42!
40!2!
 861
Раскладки
Вывод:
Число способов размещения
одинаковых предметов по
различным ящикам равно
C  P(n, m  1)  C
n
m
n
m  n 1
C
n
m
m 1
m  n 1
Раскладки
Задача 3.
Тайным голосованием 30 человек
голосуют
по
5
предложениям.
Сколькими
способами
могут
распределиться голоса, если каждый
голосует только за одно предложение
и учитывается лишь количество
голосов,
поданных
за
каждое
предложение?
Раскладки
Ответ:
Так как не учитывается порядок голосов,
а учитывается только их количество,
то надо распределить 30 неразличимых
бюллетеней по 5 «ящикам». То это
сочетание с повторением.
30
5
C

(30  5  1)!
30!(5  1)!
 46376
Раскладки
Задача 4.
Сколькими
способами
можно
расположить в 9 лузах 7 белых
шаров и 2 черных шара? Часть
луз может быть пустой, а лузы
считаются различными.
Раскладки
7 белых шаров можно разместить
в 9 лузах C 8 способами
15
2 черных шара - C
8
10
8
15
8
10
Всего имеем C C
способами.
способов.
Раскладки
Задача 5.
Двое ребят собрали 10 ромашек, 15
васильков и 14 незабудок. Сколькими
способами они могут разделить эти
цветы?
Раскладки
Решение:
Так как цветы каждого вида можно
делить независимо от цветов другого
вида, то по правилу произведения
получаем 11*16*15 = 2640 способов
раздела цветов.
Раскладки
Введем ограничение, что каждый
из ребят должен получить не
менее 3 цветков каждого вида.
Общее число способов деления
равно 5*10*9 = 450.
Раскладки
В общем случае, если имеется n1
одинаковых предметов одного
вида, n2 одинаковых предметов
другого вида, … nk одинаковых
предметов k-того вида, то их
можно разделить между двумя
людьми
(n1+1)(n2+1)…(nk+1) способами.
Раскладки
Задача 6.
Сколькими
способами
можно
разделить 10 белых грибов, 15
подберезовиков и 8 подосиновиков
между 4 ребятами (грибы одного
вида считаются одинаковыми)?
Раскладки
Решение: Применяя формулу
Число способов размещения n одинаковых
предметов по m различным ящикам равно
C
 P(n, m  1)  C
n
m
n
m  n 1
C
m 1
m  n 1
3
3
3
Получаем C13
C18C11  38 507 040
Если же каждый должен получить хотя бы по
одному грибу каждого вида, то ответом
будет C 9  C14  C 7 1 070 160.
3
3
3
Подобная формула верна и в общем
случае.
Если имеется n1 предметов одного
вида, n2 предметов другого вида, …, nk
предметов
k-того
вида,
причем
предметы одного и того же вида
неотличимы друг от друга, то число
способов
распределения
этих
предметов по m различным ящикам
равно
C
m 1
n1  m 1
C
m 1
n2  m 1
...C
m 1
nk  m 1
Разбиения
Рассмотрим задачи о разбиении
числа на слагаемые. К этой задаче
сводятся многие другие, причем
возникают разные особенности в
зависимости
от
ограничений,
накладываемых на величину или
число слагаемых.
Разбиения
Имеются марки достоинством в n1, n2, …, nk
рублей (все числа ni различны, а запас марок
неограничен).
Сколькими
способами,
наклеивая марки в ряд, можно оплатить с их
помощью сумму в N рублей, если два
способа,
отличающиеся
порядком
следования различных марок, считаются
разными?
F(N)=F(N-n1)+F(N-n2)+…+F(N-nk)
(1)
При этом F(N)=0, если N<0 и F(0)=1.
Разбиения
Задача 1. (о наклейке марок)
За пересылку бандероли надо уплатить 18
рублей, наклеивая на нее марки. На почте
есть по одному виду марок достоинством в
4, 6 и 10 рублей (зато в неограниченном
количестве). Сколькими способами можно
оплатить пересылку бандероли, если два
способа, отличающиеся номиналом или
порядком наклеивания марок, считаются
различными (марки наклеиваются в один
ряд)?
Разбиения
Решение:
Обозначим через F(N) число способов,
которыми
можно
наклеить
марки
достоинством в 4, 6 и 10 рублей, так
чтобы общая стоимость этих марок
равнялась N. По формуле (1) получаем
F(18) = F(14) + F(12) + F(8).
F(14) = F(10) + F(8) + F(4)
F(12) = F(8) + F(6) + F(2)
F(8) = F(4) + F(2) + F(-2)
Разбиения
F(14) = 3 + 1 + 1 = 5
F(12) = 1 + 1 + 0 = 2
F(8) = 1
Итак, сумму 18 можно получить 8
способами.
Такой способ задач, при котором сразу
не дается окончательной формулы
ответа, а указывается лишь процесс,
позволяющий сводить задачу ко все
меньшим
и
меньшим
числовым
данным, встречается в комбинаторике
очень часто. Равенства вида (1)
называют рекуррентными формулами.
Разбиения
Задача 2.
Сколькими способами можно наклеить
на конверт в одну линию марки на 40
рублей,
используя
марки
достоинством в 5, 10, 15 и 20 рублей
(расположения,
отличающиеся
порядком
марок,
считаются
как
различные;
число
марок
не
ограничено)?
Разбиения
F(40) = F(35) + F(30) + F(25) + F(20)
F(40) = 108
Смещения, субфакториалы
«Девушка спешит на свидание»
Сформулируем задачу в общем виде:
найти число перестановок n элементов,
при которых ни один из элементов не
стоит
на
своем
месте.
Такие
перестановки называют смещениями,
а их число обозначают D n .
Смещения, субфакториалы
Решение проводится с помощью формулы включений
и исключений.
<p> свойство перестановки, заключающееся в том,
что число p стоит на своем месте
N(p) – количество перестановок, обладающих этим
свойством
N(pq)
обозначим
количество
перестановок,
одновременно обладающих свойствами <p> и <q>, т.е.
таких что и p, и q стоят на своих местах, и т.д.
Через
обозначим N( 12345)
,
т.е. число
N
перестановок, в которых ни одно число не стоит на
своем месте.
Смещения, субфакториалы
В данном случае задача облегчается тем,
что свойства 1 , 2 , 3 , 4 , 5
совершенно равноправны
N  N 0  C N1  C N 2  C N 3  C N 4  C N 5
1
5
2
5
3
5
4
5
5
5
Ответ:
N  120  5  24  10  6  10  2  5 1  11  44
Общая задача о смещении
Найти число Dn перестановок из n
элементов, при которых ни один
элемент
не
остается
в
первоначальном положении.
Dn  Pn  C Pn1  C Pn2  ...  (1) C 
1
n
2
n
n

1 1
( 1) 
n!1    ... 
 (2)
n! 
 1! 2!
n
n
n
Обобщая формулу (2) на случай n=0,
получаем, что естественно принять D0
 1.
Число перестановок, при которых ровно r
элементов остаются на первоначальных
местах, а остальные n-r элементов
меняют свое положение, выражается
формулой
r
Dn, r  Cn Dn  r
Смещения, субфакториалы
Найдем, во скольких случаях ровно один
адресат получит свой паспорт.
Dnr  D4  P4  C P  C P2  C P  C P0  9
1
4 3
2
4
3
4 1
4
4
общее число способов, при которых в
точности один человек получит свой
1
паспорт, равно 5*9=45. (т.к. C5  5 )
Смещения, субфакториалы
Найдем, во скольких случаях в
точности двое получат свои паспорта.
2
D3  2, C5  10, 2*10=20
Смещения, субфакториалы
Числа D n называют
субфакториалами
Блуждания, фигурные числа
В
Задача 1.
Путник хочет попасть из
пункта А в пункт В
кратчайшим путем, т.е.
двигаясь все время или
«слева направо», или
«снизу
вверх».
Сколькими путями он
может добраться из А в
В?
(На
рисунке
изображен план города
(примерно такой вид
имеет план Канберры –
столицы Австралии)
n
А
k
Блуждания, фигурные числа
Сопоставим каждому пути из А в В
последовательность из нулей и единиц –
если на очередном перекрестке выбран
путь вправо, ставим цифру 0, а если
выбран путь вверх, ставим цифру 1.
Число перестановок из k нулей и n
единиц равно
(n  k )!
k
P(k , n)  C n 1 
n!k!
Блуждания, фигурные числа
Арифметический квадрат
Напишем на каждом поле доски число
путей, ведущие из углового поля в
данное поле доски. Ясно, что на
пересечении k-й вертикали и n-й
горизонтали стоит число C nk k
Блуждания, фигурные числа
Мы получим таблицу. Эту таблицу
называют арифметическим квадратом.
Блуждания, фигурные числа
Достаточно было использовать элементы
предыдущей строки. Существует формула
сочетаний:
k
n k
С
С
k
n  k 1
k 1
n k 2
С
 ...  С
0
n 1
Такой метод вычисления арифметического
квадрата
связан
с
восходящим
к
древнегреческим математикам Пифагору и
Никомаху учением о фигурных числах.
Блуждания, фигурные числа
Дело в том, что числа 1, 2, 3, … можно изображать
строками из одной, двух, трех и т.д. точек, а эти строки
объединить в треугольники (рис 46). Тогда число точек
в каждом треугольнике будет равно соответствующему
числу во второй строке арифметического квадрата.
Поэтому числа 1, 3, 6, 10, 15, 21 и т.д. называют
треугольными числами,
k-е треугольное
число равно .
C
2
k 1

(k  1)k
2
Блуждания, фигурные числа
Треугольники, изображенные на рис 46, можно
объединять в пирамиды (рис. 47). Число точек в
каждой пирамиде равно соответствующему числу в
третьей строке арифметического квадрата. Поэтому
числа 1, 4, 10, 20, 35 и т.д. называют
пирамидальными.
(k  2)( k  1)k
3
Их общий вид такой: C k  2 
1 2  3
Рекуррентные соотношения
При решении многих комбинаторных задач
часто пользуются методом сведения данной
задачи к задаче, касающейся меньшего числа
предметов.
Метод сведения к аналогичной задаче
для
меньшего
числа
предметов
называется
методом
рекуррентных
соотношений (от латинского recurrere –
возвращаться)
Кролики Фибоначчи
Пара кроликов приносит раз в
месяц
приплод
из
двух
крольчат (самки и самца),
причем
новорожденные
крольчата через два месяца
после рождения уже приносят
приплод.
Сколько
пар
кроликов появится через год,
если в начале года была одна
пара кроликов и ни одна пара
кроликов не погибла.
Кролики Фибоначчи
Обозначим через un число пар кроликов в начале n-го
месяца.
Тогда U1 = 1
U2 = 1
U3 = 2 (появится приплод)
U4 = 3 (к началу 4 – го месяца первая пара даст
приплод , а новорожденные кролики приплода еще не
дадут)
U5 = 5 (т.к. приплод даст и первоначальная пара и
новорожденная)
Кролики Фибоначчи
Uk=Uk-1+Uk-2
U13 = 233
U2, …, Un,… называют числами
Фибоначчи (обычно полагают еще U0 = 0, чтобы
выполнялось равенство U2 = U1 + U0)
Числа
U 1,
СПАСИБО ЗА ВНИМАНИЕ!