Комбинаторика. Бином Ньютона

Комбинаторика
Комбинаторика
раздел математики, посвящённый решению задач выбора и
расположения элементов в соответствии с данными условиями.
Термин «комбинаторика» происходит от латинского слова
«combina», что в переводе на русский означает – «сочетать»,
«соединять».
Термин «комбинаторика» был
введён в математический обиход
немецким философом,
математиком Лейбницем,
который в 1666 году опубликовал
свой труд «Рассуждения о
комбинаторном искусстве».
Комбинаторика – это искусство подсчета числа различных
комбинаций, соединений, сочетаний, перестановок тех или иных
элементов некоторых множеств
Комбинаторика возникла в XVI веке. В жизни привилегированных слоев
общества большое место занимали азартные игры.
В карты и кости выигрывались и проигрывались золото, бриллианты,
дворцы и имения. Широко были распространены всевозможные лотереи.
Поэтому первые комбинаторные задачи касались азартных игр
Вероятности различных
случайных событий в ряде
азартных игр вычислили
французские математики
17 века Пьер Ферма и Блез Паскаль.
Они использовали метод,
который был назван
комбинаторным анализом или
комбинаторикой.
П.Ферма
Б. Паскаль
Правило умножения
Для того, чтобы найти число всех возможных
исходов независимого произведения двух
испытаний А и В, следует перемножить число
всех исходов испытаний А и число всех ходов
испытаний В.
Исходом проведения двух испытаний – А и В – по
определению является пара (а;в), у которой на
первом месте стоит какой-то исход испытания А,
а на втором месте – какой-то исход испытания В.
Независимость испытаний А и В означает, что в
такой паре (а;в) возможны абсолютно все
комбинации исходов этих испытаний
Правило умножения для двух независимых
испытаний п=2
Удобно применять, используя прямоугольные
таблицы
Сколько четных двузначных чисел можно
составить из цифр 0,1,2,4,5,9?
0
2
4
1
10
12
14
2
20
22
24
4
40
42
44
5
50
52
54
9
90
92
94
Ответ: 15 чисел (5х3=15)
Теорема 1 (Правило умножения для конечного числа испытаний)
Число всех возможных исходов независимого произведения n испытаний
равно произведению количества исходов этих испытаний.
Дерево вариантов
Первая лампочка
Вторая лампочка
Третья лампочка
Третья лампочка
Вторая лампочка
Третья лампочка
Третья лампочка
В коридоре три лампочки. Сколько имеется различных способов
освещения коридора (включая случай, когда все лампочки не горят)?
По правилу умножения число всех способов освещения равно 2х2х2=8
Теорема 2
У множества, состоящего из n элементов, имеется ровно 2n
различных подмножеств
Элементы данного множества можно пронумеровать различными
способами
Определение №1
Произведение подряд идущих первых n натуральных чисел обозначают n! и
называют «эн факториал»:
n! = 1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ ... ∙ (n – 2) ∙ (n- 1) ∙ n
n 1
2
3
4
5
6
7
n 1
1∙2=2
2!∙3 = 6
3!∙4=24
4!∙5=120
5!∙6=720
6!∙7 =5040
Теорема 3
n различных элементов можно занумеровать числами от 1 до n
ровно n! способами
Перестановки
Определение №2
Если каждому элементу множества Х по некоторому правилу ставится
в соответствие элемент того же множества, то говорят, что задано
отображение множества Х в себя.
Определение №3
Перестановкой конечного множества называют его отображение в
себя, при котором различные элементы переходят в различные.
Теорема 4
Число всех перестановок n – элементного множества равна n!
Рn = n!,
где
Рn
- число перестановок множества из n- элементов
Задача
Сколькими способами
четыре богатыря могут по
одному разойтись в разные
стороны в поисках Змея
Горыныча?
Четыре стороны фиксированы – юг, север,
запад, восток или 1, 2, 3, 4. Порядок расхождения
по ним задает нумерацию четырех богатырей
числами 1, 2, 3, 4.
Таких нумераций имеется P4 = 4! = 24
Перестановки
Квартет
Проказница Мартышка
Осел,
Козел,
Да косолапый Мишка
Затеяли играть квартет
…
Стой, братцы стой! –
Кричит Мартышка, - погодите!
Как музыке идти?
Ведь вы не так сидите…
И так, и этак пересаживались – опять музыка на лад не идет.
Тут пуще прежнего пошли у низ раздоры
И споры,
Кому и как сидеть…
Вероятно, музыканты из басни Крылова так и не перепробовали всех возможных мест.
Однако способов не так уж и много. Сколько?
В задаче идет перестановка из четырех
P4 = 4! = 24 варианта перестановок
Выбор двух и нескольких элементов
Сочетания
Теорема 1 (о выборе двух элементов)
Если множество состоит из n элементов (n >= 2), то у него имеется
ровно
n( n  1)
2
подмножеств, состоящих из двух элементов
Определение 1
Число всех выборов двух элементов из n данных без учета их
2
порядка
Обозначают
n и называют числом сочетаний из n элементов по 2
С
Сn
2
n( n  1)
=
2

Если множество состоит из n элементов и требуется выбрать из
них два элемента , учитывая их порядок, то такой выбор можно
произвести n(n – 1) способами
Определение 2
Сn
2
Число всех выборов двух элементов из n данных c учетом их порядка
Аn2
обозначают
и называют числом размещений из n элементов по 2.
Определение 3
Число всех выборов k элементов из n данных с учетом их порядка обозначают
И называют числом размещений из n элементов по k . Число всех выборов k
элементов из n данных без учета порядка обозначают
сочетаний из n элементов по k
Теорема 2
Ank
Аnk
и называют числом
Для любых натуральных чисел n и k таких, что k < n,
справедливы соотношения
n!

(n  k)!
Ank
Сn 
k!
k
Cnk 
n!
k!(n  k)!
Задача
Сколько сочетаний
по 2 вида ягод можно
составить из трех видов ягод
Решение:
n=3, k=2
C nk
n!
3!
1 2  3



3
k!(n  k )! 2!(3  2)! 1  2  1
Ответ: из двух видов ягод по 2 можно составить 3 сочетания
«ноль факториал»
Что такое «ноль факториал»? Чтобы сохранить удобную формулу для
чисел
при любых целочисленных значениях k (0 < k < n), решили, по
определению, считать, что 0! = 1. Тогда:
Сn0 
n!
n!
1
Сn 

 1
n!(n  n)! n!0! 0!
n
n!
n!
1

 1
0!(n  0)! 0!n! 0!
Свойство теоремы 2
Cnk
n!

k!(n  k)!
Cnnk 
n!
(n  k )!k!
Cnk  Cnnk
Как видно, числители в обоих случаях одинаковы, а в знаменателе множители
поменялись местами, что не отражается на числовом значении выражения.
Перестановки
Размещения
Сочетания
n элементов
n клеток
n элементов
k клеток
n элементов
k клеток
Порядок имеет
значение
Порядок имеет
значение
Порядок не имеет
значения
Рn  n!
Аn
k
n!

n  k !
Сn
k
n!

n  k !k!
Задачи
В классе учатся 16 мальчиков и 12
девочек. Для уборки территории
требуется выделить четырех
мальчиков и трех девочек.
Сколькими способами это можно
сделать?
Решение:
С11  С12
4
3
Из шести врачей поликлиники двух
необходимо отправить на курсы
повышения квалификации. Сколькими
способами это можно сделать?
Решение:
11! 12!


 400400
7!4! 9!3!
13
С
Необходимо вычислить 15
Применив равенство
.
С1513  С152
5!
С5 
 10
3!2!
2
Решение:
, упростим вычисления:
С152 
15 14
 105
2!
Задачи
Задача
Сколькими способами 4 юноши могут пригласить четырех из шести
девушек на танец?
Решение: два юноши не могут одновременно пригласить одну и ту же
девушку. И варианты, при которых одни и те же девушки танцуют с
разными юношами считаются, разными, поэтому:
6!
720
 

 360
(6  4)!
2
4
6
Ответ: 360 способами
БИНОМ НЬЮТОНА
(a  b) n  Cn0 a n  Cn1a n 1b  ...  Cnk a n  k b k  ...  Cnnb n .
Цель изучения бинома Ньютона – упрощение
вычислительных действий.
(a+b)0=1
(a+b)1=1a+1b
(a+b)2=1a2+2ab+1b2
(a+b)3=1a3+3a2b+3ab2+1b3
(a+b)4=1a4+4a3b+6a2b2+4ab3+1b4
(a+b)5=1a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+1b5
Треугольника Паскаля
С ; С ; ... С
0
n
1
n
1
n – биномиальные коэффициенты, их
n можно получить с помощью
треугольника Паскаля (пользуясь
операцией сложения).
1
1
1
1
2
3
4
1
3
6
1
4
и так далее
Практическая значимость треугольника Паскаля
заключается в том, что с его помощью можно
запросто восстанавливать по памяти не только
известные формулы квадратов суммы и разности, но и
формулы куба суммы (разности), четвертой степени
и выше.
Например, четвертая строчка треугольника как
раз
наглядно
демонстрирует
биномиальные
коэффициенты для бинома четвертой степени:
( a  b )  1  a  4  a b  6  a b  4  ab  1  b
4
4
3
2 2
3
4
1
Раскрыть скобки
(a  2b)5  a 5  5a 4  (2b)1  10a 3  (2b) 2  10a 2  (2b)3  5a  (2b) 4  (2b)5 
 a 5  10a 4b  40a 3b 2  80a 2b3  80ab 4  32b5
( х  1) 5  х 5  5 х 4  10 х 3  10 х 2  5 х  1
( у  2)  у  4 у  2  6 у  2  4 у  2  2
4
4
3
2
2
3
4
Упростить выражение
Рn1  Cnn2
(n  1)!n!
(n  1)!
(n  1)!n!1!



Ann1
(n  2)!(n  (n  2))! ((n  1)  n)! (n  2)!(n  n  2)!(n  1)!

n!
1  2  ...  (n  2)(n  1)n (n  1)n


(n  2)!2! 1  2  ...  (n  2) 1  2
2
Вычислить
Свойства биномиальных коэффициентов
•
Свойство 1°
Cnnk 
•
n!
n!

 Cnk
(n  k )!(n  (n  k ))! (n  k )! k!
Свойство 2°
Cnk 1  Cnk 

•
C nk  C nn  k , если 0≤к≤n;
n!
( n  k )!( n  k 1)!
n!(( n  k )  ( k 1))
( k 1)!( n  k )!

 k !( nn! k )!
( n 1)!
( k 1)!( n  k )!
 Cnk11 ,
Свойство 3 °
Cn0  Cn1  Cn2  ...  C nn  2 n.
Cnk11  Cnk 1  Cnk,
если 0≤ к ≤n+1;
Общие сведения о биноминальных коэффициентах
0!=1
Cnk

n!

k!(n  k)!
Сn0  Cnn  1,
Cn1  Cnn1  n,
n(n  1)
Cn  Cn 
,
n
n(n  1)(n  2)
3
n 3
Cn  Cn 
,
6
Cnk  Cnnk ,
2
n2
Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn1  Cnn  2 n ,
Cnk1  Cnk11  Cnk .
Случайные события и их
вероятность
Всякий результат, полученный в процессе наблюдения или
эксперимента, будем называть событием
Событие, которое может произойти, а может и не произойти,
называется случайным событием
Закономерности случайных событий изучает специальный
раздел математики, который называется –
теорией вероятностей
Классическая вероятностная схема
Чтобы найти вероятность события А при проведении
некоторого испытания, необходимо:
Найти число N всех возможных исходов данного испытания;
Найти количеств N (А) тех исходов испытания, при которых
произойдёт событие А;
Найти частное
N ( A)
N
; оно и будет равно вероятности события А
Вероятность события А принято обозначать P(А)
N ( A)
P(А) =
N
Задача.
Семь пчел вылетели из улья. Какова вероятность
того, что две определенных пчелы будут лететь рядом?
Решение: Пусть А – событие, состоящее в
том, что два определенных человека будут
сидеть рядом. Тогда число всевозможных
исходов
n  P7  7! 5040.
Число благоприятных исходов
m  6  2  5! 1440.
1440
p( A) 
 0,29.
5040
Ответ:
Буквы т м
p( A)  0,29.
классическое определение вероятности
Вероятностью события А при проведении
некоторого испытания называют отношение числа
тех исходов, в результате которых наступает
событие А, к общему числу ( равновозможных между
собой) исходов этого испытания.
Какова вероятность того, что при
бросании игрального кубика выпадет:
а) одно очко; б) более 3 очков?
1
а) Р=
6
б) больше трех очков,
т.е. 4, 5, 6. значит
3 1

Р=
6 2
Теорема 1 (правило суммы)
Если множество А состоит из n элементов,
множество В состоит из k элементов, а пересечение А ∩ В
Состоит из m элементов, то объединение А U В состоит
Из (n+k-m) элементов
Определение
Суммой событий A и B называется событие, которое наступает в том и
только в том случае, когда происходит или событие А, или событие В.
Обозначение : A + B.
Произведением двух событий A и B называется событие, которое
наступает в том и только в том случае, когда одновременно происходят и
событие А, и событие В. Обозначение : АВ.
Событием, противоположным событию A, называется событие, обозначаемое
A и состоящее в том, что в результате опыта событие A не наступит.
Теорема2 ( о вероятности суммы событий)
Вероятность суммы двух совместных
событий равна сумме вероятностей этих событий,
уменьшенной на вероятность произведения этих
событий.
P(A + B) = P(A) + P(B) − P(AB).
Следствие 1
Вероятность суммы двух несовместных событий равна
сумме вероятностей этих событий
P(A + B) = P(A) + P(B).
Следствие 2
Вероятность суммы конечного числа попарно несовместных
событий равна сумме вероятностей этих событий
Задача. В ящике лежат мячи: 4 белых, 10 красных, 8 зеленых, 9 коричневых. Из
ящика вынимают один мяч. Пользуясь теоремой сложения вероятностей
определить, какова вероятность, что мяч окажется цветным (не белым) ?
Решение:
Всего в ящике лежит N=4+10+8+9=31 мяч.
Вероятность вытащить красный мяч
Ркр 
М кр 10
  0,3226
N
31
Вероятность вытащить зеленый мяч
Рз 
Мз 8
  0,2581
N 31
Вероятность вытащить коричневый мяч
Ркор 
М кор 9
  0,2903
N
31
Т.к. эти три события несовместны, то пользуясь теоремой сложения вероятностей
определим вероятность того, что мяч окажется цветным (не белым):
Р  РКР  РЗ  РКОР  0,3226  0,2581  0,2903  0,871
Задача
Вероятность попадания в мишень для первого стрелка 0,8, а для
второго – 0,6. Стрелки независимо друг от друга сделают по одному выстрелу
Какова вероятность того, что в мишень попадет хотя бы один из стрелков?
Решение.
Введем обозначения: событие А – попадание в мишень первого
стрелка, событие В – попадание второго стрелка, событие С –
попадание хотя бы одного из стрелков.
Тогда, очевидно: С = А + В. Поскольку события А и В совместны, то по
теореме сложения вероятностей имеем:
P(C) = P(A)+ P(B)− P(AB)
а, учитывая независимость событий А и В, получаем
P(C) = P(A)+ P(B)− P(A)P(B) .
Подставляя из условия задачи, что
P(А) = 0,8, P(B) = 0,6, получаем:
P(C) = 0,8 + 0,6 – 0,8 0,6 = 0,92.
Следствие 3
Сумма вероятности события и вероятности
противоположного ему события равна единице
Р(А) + Р(А) = 1
Следствие 4
Для нахождения вероятности противоположного события
следует из единицы вычесть вероятность самого события
Р(А) = 1 – Р(А)
Следствие 5
Если из единицы вычесть вероятность противоположного
события, то получится вероятность самого события
Р(А) = 1 – Р(А)
Теорема 3
Пусть p – вероятность события А в некотором
испытании и пусть это испытание независимым образом
повторяют n раз. Тогда:
1) Вероятность того, что событие А наступит в каждом
из n повторений, равна p n степень;
2) Вероятность того , что событие А наступит хотя бы в
одном из n повторений, равна 1 – (1 – p)n степ