Материал пп. 1.4—1.6 подробно изложен в учебнике со всеми необходимыми обоснованиями. Он обычно вызывает затруднения у учащихся, которые плохо понимают, чем размещения из n элементов по k отличаются от сочетаний из п элементов по k. Надо отметить, что для первых важен порядок следования выбранных k элементов, а для вторых этот порядок не важен. При этом можно воспользоваться примерами 1—3 из п. 9 раздела I дидактических материалов (с. 12), дающими запоминающиеся образы:
P4 — количество мелодий, которые можно сыграть, используя четыре различные ноты (без повторения);
A 7 4 — количество мелодий, которые можно сыграть, используя четыре различные ноты из данных семи нот (без повторения);
C 7 4 — количество аккордов, которые можно сыграть, используя четыре различные ноты из данных семи нот (без повторения). Ноты в аккорде звучат одновременно, порядок следования нот не важен.
Чтобы подготовить учащихся к введению определений и формул для вычисления числа перестановок из п элементов, числа размещений из п элементов по k, числа сочетаний из п элементов по k, надо, следуя учебнику, решить приведенные в нем простые задачи с двумя, тремя, четырьмя элементами.
Например, формула подсчета числа перестановок из п элементов может быть получена сначала для нескольких малых натуральных чисел п.
Для п = 3 рассуждение можно провести так. На первое место можно поставить любой из трех элементов (3 возможности). Если один элемент мы уже поставили на первое место, то на второе место можно поставить один из двух оставшихся элементов (2 возможности). Тогда первые два места можно занять шестью способами (3 · 2 = 6), в каждом из которых оставшееся третье место можно занять одним способом одним оставшимся элементом (1 возможность). Тогда число перестановок из трех элементов равно Р3 = 3 · 2 · 1 = 6. Приведенное рассуждение учащиеся легко применят для четырех элементов и могут выдвинуть гипотезу, что справедлива формула
Рn = n · (n − 1) · (n − 2) ... 3 · 2 · 1 = n!
Эту гипотезу можно доказать методом математической индукции (с. 23 учебника).
Решения и комментарии
1.54. Множество, состоящее из шести элементов x1, x2, x3, x4, x5, x6, упорядочили всеми возможными способами. Сколько таких способов? В скольких случаях:
а) элемент x1 будет первым по порядку;
б) элемент х1 не будет ни первым, ни последним?
Решение. Всех способов упорядочить шесть элементов Р6 = 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 720.
а) Поставим элемент x1 на первое место. Упорядочить оставшиеся элементы можно Р5 = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120 способами. Поэтому элемент x1 будет на первом месте в 120 случаях.
б) Всех способов упорядочить шесть элементов Р6 = 720. Из них элемент х1 будет на первом месте в 120 случаях, аналогично элемент х1 будет на последнем месте в 120 случаях. Поэтому элемент х1 не будет ни первым, ни последним в 720 − 2 · 120 = 480 случаях.
1.55. Сколькими различными способами можно усадить в ряд трех мальчиков и трех девочек так, чтобы никакие два мальчика и никакие две девочки не оказались рядом?
Решение. Перенумеруем шесть мест посадки в ряд: 1, 2, 3, 4, 5, 6. Места мальчиков и девочек должны чередоваться так, чтобы никакие два мальчика и никакие две девочки не оказались рядом, поэтому у нас есть две возможности для посадки девочек: на четные места или на нечетные, а в каждой из них — Р3 = 3 · 2 · 1 = 6 способов. Всего способов усадить девочек в ряд будет 6 · 2 = 12, а в каждом из них — Р3 = 3 · 2 · 1 = 6 способов посадки мальчиков. Всего имеется 12 · 6 = 72 способа посадки девочек и мальчиков согласно условиям задачи.
1.56. Задача-шутка. Как-то раз в воскресенье семеро друзей зашли в кафе, уселись за один столик и заказали мороженое. Хозяин кафе сказал, что если друзья в каждое следующее воскресенье будут садиться по-новому и перепробуют все способы посадки, то с этого момента он обещает кормить их мороженым бесплатно. Удастся ли друзьям воспользоваться предложением хозяина кафе?
Решение. Чтобы перепробовать все Р7 = 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 5040 способов посадки, потребуется более 96 лет. Маловероятно, что хозяин кафе сумеет исполнить свое обещание через 96 лет.
1.60. Сколькими различными способами можно распределить между шестью лицами: а) две; б) три разные путевки в санатории?
Решение. а) Число способов распределить две разные путевки между шестью лицами равно A 6 2 = 6 · 5 = 30 (первую путевку можно распределить шестью способами; в каждом из них вторую путевку можно распределить пятью способами среди лиц, не получивших первую путевку).
б) Число способов распределить три разные путевки между шестью лицами равно A 6 3 = 6 · 5 · 4 = 120 (первую путевку можно распределить шестью способами; в каждом из них вторую путевку можно распределить пятью способами среди лиц, не получивших первую путевку; в каждом из 6 · 5 = 30 способов распределить две первые путевки третью можно распределить между четырьмя оставшимися лицами четырьмя способами).
1.65. Сколькими способами можно распределить две одинаковые путевки между пятью лицами?
Решение. Число способов распределить две одинаковые путевки между пятью лицами равно C 5 2 = 5⋅4 2⋅1 =10 (оно в 2 раза меньше числа способов распределить две разные путевки между пятью лицами, так как порядок получения путевок не важен).
1.71. При встрече n друзей обменялись рукопожатиями. Определите число рукопожатий.
Решение. Каждый из n друзей пожмет n − 1 руку. При этом каждое рукопожатие считается дважды — каждым из двух друзей, жмущих друг другу руки. Поэтому всех рукопожатий будет n( n−1 ) 2 = A n 2 2 =0,5⋅ A n 2 , что и требовалось доказать.
1.72. В турнире по шахматам каждый участник сыграл с каждым по одной партии, всего было сыграно 36 партий. Определите число участников турнира.
Решение. Все n участников турнира сыграли n( n−1 ) 2 партий, что равно 36. Составим уравнение n( n−1 ) 2 =36 . Оно имеет единственный положительный корень 9, поэтому число участников равно 9.
1.73. В классе имеется 6 сильных математиков. Сколькими способами из них можно составить команду на районную олимпиаду по математике, если от класса можно послать команду: а) из 4 человек; б) от 2 до 4 человек?
Решение. а) Число способов выбрать 4 человека из 6 (без учета порядка выбираемых) равно C 6 4 = 6⋅5⋅4⋅3 4⋅3⋅2⋅1 =15 .
б) Число способов выбрать от 2 до 4 человек из 6 (без учета порядка выбираемых) равно
C 6 2 + C 6 3 + C 6 4 = 6⋅5 2⋅1 + 6⋅5⋅4 3⋅2⋅1 +15=50 .
1.74. Найдите число всех подмножеств данного множества, содержащего п элементов (п — любое натуральное число).
Решение. Напомним, что принято считать, что пустое множество, т. е. множество, не содержащее ни одного элемента, является подмножеством любого множества. Пустое множество обозначают знаком ∅ .
Пусть данное множество М содержит n элементов. Тогда из этих элементов можно составить подмножество, содержащее:
0 элементов (пустое множество) — C n 0 =1 способом;
1 элемент — C n 1 =n способами;
2 элемента — C n 2 = n( n−1 ) 2⋅1 способами; ...;
n элементов — C n n = n( n−1 )⋅...⋅1 n( n−1 )⋅...⋅1 =1 способом.
Следовательно, множество М имеет:
одно — C n 0 — подмножество, содержащее 0 элементов (пустое множество);
C n 1 подмножеств, содержащих 1 элемент;
C n 2 подмножеств, содержащих 2 элемента; ...;
C n n подмножеств, содержащих п элементов.
Поэтому число всех подмножеств множества М равно
C n 0 + C n 1 + C n 2 +...+ C n n .
Докажем методом математической индукции, что справедливо равенство
C n 0 + C n 1 + C n 2 +...+ C n n = 2 n . (1)
1) Если п = 1, то равенство (1) справедливо, так как C 1 0 + C 1 1 =1 , и поэтому C 1 0 + C 1 1 = 2 1 .
2) Предположим, что при п = k справедливо равенство
C k 0 + C k 1 + C k 2 +...+ C k k = 2 k . (2)
3) Используя это, покажем, что при п = k + 1 справедливо равенство
C k+1 0 + C k+1 1 + C k+1 2 +...+ C k+1 k+1 = 2 k+1 . (3)
Рассмотрим сумму в левой части равенства (3).
Так как C k+1 0 =1= C k 0 , C k+1 k+1 =1= C k k , а C k+1 m = C k m−1 + C k m для 1 ≤ т ≤ k, то получаем, что справедливо равенство
C k+1 0 + C k+1 1 + C k+1 2 +...+ C k+1 k+1 = C k 0 + C k 0 + C k 1 + C k 1 + C k 2 +... ...+ C k k + C k k =2( C k 0 + C k 1 + C k 2 +...+ C k k ) .
Используя равенство (2), получаем, что справедливо равенство (3).
Согласно принципу математической индукции это означает, что равенство (1) справедливо для любого натурального числа n.
Отметим, что далее равенство (1) доказано также с помощью бинома Ньютона.
Промежуточный контроль. С—9.
|
