Pogojni operator. Reševanje tematskih problemov. Ročni menjalnik: naprava, vrste, značilnosti

2017-2018 Trening delo pri matematiki 11.r

Možnost 2 (osnovna)

Odgovor vsake naloge je zadnji decimalni ulomek, celo število ali zaporedje števil. Odgovore na naloge zapišite v polje za odgovor v besedilu dela in jih nato prenesite v obrazec za odgovore št. 1 desno od številke ustrezne naloge. Če je odgovor zaporedje številk, potem to zaporedje zapišite v obrazec za odgovore štbrez presledkov, vejic ali drugih dodatnih znakov. Vsako številko, znak minus in vejico zapišite v ločen okvir. Merskih enot ni treba pisati.

1

odgovor: _________________.

2 . Poiščite pomen izraza:

odgovor: _________________.

3 . V šoli dekleta predstavljajo 51 % vseh učencev. Koliko deklet je v tej šoli, če jih je 8 več kot fantov?

odgovor: _________________.

4 . Harmonična sredina treh številA , b inz, izračunano po formuli Poiščite harmonično sredino števil

odgovor: _________________.

5. Izračunajte:

odgovor: _________________.

6 . V moškem domu inštituta lahko vsaka soba sprejme največ tri osebe. Katera najmanjši znesek Ali so potrebne sobe za namestitev 79 študentov izven mesta?

odgovor: _________________.

7 .Poišči koren enačbe

odgovor: _________________.

8 . Stanovanje je sestavljeno iz dveh sob, kuhinje, hodnika in kopalnice (glej skico). Prva soba meri 4 m x 4 m, druga soba meri 4 m x 3,5 m, kuhinja meri 4 m x 3,5 m in kopalnica meri 1,5 m x 2 m. Poiščite površino hodnika. Podajte odgovor v kvadratnih metrih.

odgovor: _________________.

9 . Vzpostavite ujemanje med količinami in njihovimi možne vrednosti: Za vsak element prvega stolpca izberite ustrezni element iz drugega stolpca.

VREDNOTE VREDNOTE

A) prostornina predala 1) 0,75 l

B) prostornina vode v Kaspijskem morju 2) 78200 km 3

C) prostornina paketa ryazhenka 3) 96 l

D) prostornina železniškega vagona 4) 90 m 3

V tabeli pod vsako črko, ki ustreza vrednosti, označite številko njene možne vrednosti.

odgovor:

10 . Na olimpijadi iz ruskega jezika udeleženci sedijo v treh občinstvih. V prvih dveh je po 130 ljudi, ostale odpeljejo v rezervno dvorano v drugo stavbo. Pri štetju se je izkazalo, da je bilo skupaj 400 udeležencev. Poiščite verjetnost, da je naključno izbrani udeleženec pisal natečaj v prosti učilnici.

odgovor: _________________.

11 . Slika prikazuje graf vrednosti atmosferskega tlaka v določenem mestu v treh dneh. Dnevi v tednu in čas so označeni vodoravno, vrednosti atmosferskega tlaka v milimetrih živega srebra pa navpično. Poiščite atmosferski tlak v sredo ob 12. uri. Odgovorite v milimetrih živega srebra.

odgovor: ____________.

odgovor: _________________.

13. Pravilno šesterokotno piramido z robom 1 smo prilepili na pravilno šesterokotno prizmo z robom 1 tako, da sta robovi osnov sovpadali. Koliko ploskev ima nastali polieder (nevidni robovi na sliki niso prikazani)?

odgovor: _________________.

14. Slika prikazuje graf funkcije TočkeA, B, C, DinEnastavite na osX štiri intervale. S pomočjo grafa poveži vsak interval z značilnostjo funkcije ali njenega odvoda.

INTERVALI ZNAČILNOSTI FUNKCIJE ALI IZVODA

A) (A; B) 1) funkcija spremeni predznak iz “–” v “+”

B) (B; C) 2) izpeljanka spremeni predznak iz “–” v “+”

B) (C;D) 3) izpeljanka spremeni predznak iz “+” v “–”

G) (D; E) 4) funkcija je pozitivna in naraščajoča

V tabeli pod vsako črko označite ustrezno številko.

odgovor: _________________.

16 . Podani dve škatli v obliki pravilne štirikotne prizme. Prva škatla je štirikrat in pol nižja od druge, druga pa je trikrat ožja od prve. Kolikokrat je prostornina prve škatle večja od prostornine druge?

odgovor: _________________.

17. Vsaka od štirih neenačb v levem stolpcu ustreza eni od rešitev v desnem stolpcu. Vzpostavite ujemanje med neenačbami in njihovimi rešitvami.

REŠITVE NEENAČB

A)

B)

IN)

G)

Vpišite ustrezno številko rešitve v tabelo odgovora pod vsako črko.

odgovor:

Izberi trditve, ki držijo pod danimi pogoji.

1) Med imenovanimi ekipami je ekipa Kanade zasedla drugo mesto po številu medalj.

2) Med imenovanimi ekipami so tri, ki so osvojile enako število medalj.

3) Nemška ekipa je osvojila več medalj kot ruska ekipa.

4) Ruska ekipa je osvojila več medalj kot vsaka od ostalih treh ekip.

V odgovoru označite številke pravilnih trditev v naraščajočem vrstnem redu.

odgovor: _________________.

19 . Paritrimestno številoA sestavljajo številke 3; 4; 8; 9, aparitrimestno številoIN - iz številk 6; 7; 8; 9. Znano je, daIN = 2 A. Poiščite številkoA. V odgovoru navedite katero koli takšno številko, razen številke 3489.

odgovor: _________________.

20 . Pravokotnik je razdeljen na štiri majhne pravokotnike z dvema ravnima rezoma. Obseg treh izmed njih, začenši od zgoraj levo in nato v smeri urinega kazalca, je 17, 15 in 18. Poiščite obseg četrtega pravokotnika.

15

?

18

Bralcem Habrahabra ponujam prevod publikacije “100 Prisoners Escape Puzzle”, ki sem jo našel na spletni strani DataGenetics. Morebitne napake v tem članku sporočite v zasebna sporočila.

Glede na problem je v zaporu 100 zapornikov, od katerih ima vsak svojo osebno številko od 1 do 100. Ječar se odloči, da bo zapornikom dal priložnost, da se izpustijo, in jim ponudi, da opravijo test, ki si ga je izmislil. Če vsem zapornikom uspe, potem so svobodni, če vsaj enemu ne uspe, bodo vsi umrli.

Naloga

Začne se tekmovanje, ječar vsakega zapornika enega za drugim odpelje v sobo s škatlami in zapornikom pove, da morajo najti škatlo, v kateri bo znak z zapornikovo številko. Zaporniki poskušajo najti svojo registrsko tablico tako, da odpirajo škatle. Vsaka oseba lahko odpre do 50 škatel; če vsak od zapornikov najde svojo številko, bodo zaporniki izpuščeni, če vsaj eden od njih ne najde svoje številke v 50 poskusih, bodo vsi zaporniki umrli.

Da bi bili zaporniki izpuščeni, morajo VSI zaporniki opraviti test.

Kakšna je torej možnost, da bodo zaporniki pomiloščeni?

• Ko je zapornik škatlo odprl in je preveril znak, se ta vrne v škatlo in pokrov ponovno zapre;
• Plošč ni mogoče zamenjati na mestih;
• Zaporniki ne morejo drug drugemu puščati namigov ali kakor koli komunicirati drug z drugim, ko se test začne;
• Zapornikom je dovoljeno razpravljati o strategiji pred začetkom testa.

Kakšna je optimalna strategija za zapornike?

Dodatno vprašanje:

Če bo sozapornik (ki ni udeleženec testa) imel možnost vstopiti v skrivno sobo pred začetkom testa, preglejte vse znake v vseh škatlah in (neobvezno, ni pa obvezno) zamenjajte dva znaka iz dveh škatel ( v tem primeru prijatelj ne bo imel možnosti - obvestiti zapornike o rezultatu svojih dejanj), kakšno strategijo naj ubere, da poveča možnosti zapornikov za rešitev?

Je rešitev malo verjetna?

Možnosti enega zapornika so 50:50. Skupaj je 100 škatel in v iskanju svojega znaka lahko odpre do 50 škatel. Če naključno odpre škatle in odpre polovico vseh škatel, bo našel svoj znak v odprti polovici škatel ali pa bo njegov znak ostal v zaprtih 50 škatlah. Njegove možnosti za uspeh so ½.

Vzemimo dva ujetnika. Če oba naključno izbereta polja, bodo možnosti za vsakega od njiju ½, za oba pa ½x½=¼.
(pri dveh zapornikih bo uspeh v enem primeru od štirih).

Za tri zapornike bo kvota ½ × ½ × ½ = ⅛.

Za 100 zapornikov so kvote: ½ × ½ × … ½ × ½ (pomnoženo 100-krat).

To je enako

Pr ≈ 0,000000000000000000000000000000008

Se pravi, to je zelo majhna možnost. V tej situaciji bodo najverjetneje vsi zaporniki mrtvi.

Neverjeten odgovor

Več kot 30% za vseh 100 zapornikov! Da, to je celo boljše od možnosti za dva zapornika, pod pogojem, da naključno odpirata škatle. Toda kako je to mogoče?

Jasno je, da ena za vsakega zapornika, možnosti ne morejo biti višje od 50% (navsezadnje ni možnosti za komunikacijo med zaporniki). Vendar ne pozabite, da so informacije shranjene v razporeditvi plošč znotraj škatel. Nihče ne meša znakov med obiski posameznih zaprtih oseb v sobi, zato lahko te informacije uporabimo.

rešitev

Strategija je izjemno enostavna. Prvi ujetnik odpre škatlo s številko, napisano na njegovih oblačilih. Na primer, zapornik številka 78 odpre škatlo s številko 78. Če najde svojo številko na znaku znotraj škatle, potem super! Če ne, pogleda številko na krožniku v "svoji" škatli in nato odpre naslednjo škatlo s to številko. Ko odpre drugo škatlo, pogleda številko plošče v tej škatli in odpre tretjo škatlo s to številko. Nato to strategijo preprosto prenesemo v preostale škatle. Za jasnost si oglejte sliko:

Sčasoma bo zapornik bodisi našel svojo številko bodisi dosegel omejitev 50 škatlic. Na prvi pogled se to zdi nesmiselno v primerjavi z preprosta izbiraškatle naključno (in za enega posameznega zapornika je), a ker bo vseh 100 zapornikov uporabljalo isti komplet škatel, je smiselno.

Lepota tega matematičnega problema ni samo poznavanje rezultata, ampak tudi razumevanje zakaj ta strategija deluje.

Zakaj torej strategija deluje?

Če dobro pomislite, škatle tvorijo zaprto krožno verigo. Ena škatla je lahko del samo ene verige, saj je znotraj škatle samo en kazalec na naslednjo in je v skladu s tem v prejšnjem polju samo en kazalec na dano škatlo (programerji lahko vidijo analogijo s povezanimi seznami) .

Če polje ne kaže nase (številka polja je enako številki plošče v njem), potem bo v verigi. Nekatere verige so lahko sestavljene iz dveh polj, nekatere so daljše.

Ker vsi zaporniki začnejo s škatlo z isto številko kot njihova oblačila, so po definiciji postavljeni na verigo, ki vsebuje njihov znak (samo en znak kaže na to škatlo).

Z raziskovanjem polj v krogu vzdolž te verige je zagotovljeno, da bodo na koncu našli svoj znak.

Vprašanje ostaja le, ali bodo v 50 potezah našli svoj znak.

Dolžina verige

Če je največja dolžina najdaljše verige manjša od 50 škatel, bodo test opravili vsi zaporniki!

Za trenutek pomislite na to. Izkazalo se je, da je v kateri koli postavitvi plošč lahko samo ena veriga, ki je daljša od 50 škatel (imamo samo 100 škatel, torej če je ena veriga daljša od 50, bodo ostale na koncu krajše od 50) .

Možnosti postavitve z dolgo verigo

Še malo matematike

Za verigo z dolžino l je verjetnost, da bodo polja izven te verige enaka:

V tej zbirki številk je (l-1)! načine za postavitev znakov.

Preostale znake je mogoče locirati (100-l)! načine (ne pozabite, da dolžina verige ne presega 50).

Glede na to je število permutacij, ki vsebujejo verigo natančne dolžine l: (>50)

Izkazalo se je, da obstaja 100(!) načinov za razporeditev znakov, zato je verjetnost obstoja verige dolžine l enaka 1/l. Mimogrede, ta rezultat ni odvisen od števila škatel.

Kot že vemo, je lahko samo ena možnost, v kateri je veriga dolžine > 50, zato se verjetnost uspeha izračuna po tej formuli:

Rezultat

Verjetnost, da bodo vsi zaporniki našli svoje znake in opravili test, je 31,18 %.

Spodaj je graf, ki prikazuje verjetnosti (na y-osi) za vse verige dolžine l (na x-osi). Rdeča barva predstavlja vse "napake" (navedena krivulja je le graf 1/l). Zelena pomeni "uspeh" (izračun je za ta del grafa nekoliko bolj zapleten, saj obstaja več načinov za določitev največje dolžine<50). Общая вероятность складывается из зеленых столбцов в 31.18% шанс на спасение.

Harmonično število (ta del članka je za geeke)

Izračunajmo limit, če imamo namesto 100a škatel poljubno veliko število škatel (predpostavimo, da imamo skupaj 2n škatel).

Euler-Mascheronijeva konstanta je konstanta, definirana kot meja razlike med delno vsoto harmoničnega niza in naravnim logaritmom števila.

Ko se število zapornikov poveča, če upravnik dovoli zapornikom, da odprejo polovico vseh škatel, se možnost rešitve nagiba k 30,685 %.

(Če ste se odločili, da zaporniki naključno ugibajo škatle, se z naraščanjem števila zapornikov verjetnost rešitve nagiba k nič!)

Dodatno vprašanje

Zdaj že poznamo rešitev, zato je strategija preprosta: preučiti mora vse znake in najti najdaljšo verigo škatel. Če je najdaljša veriga manjša od 50, mu plošč sploh ni treba menjati oziroma jih zamenjati tako, da najdaljša veriga ne postane daljša od 50. Če pa najde verigo, daljšo od 50 škatel, mora le zamenjati vsebino dveh škatel iz te verige, da se veriga razdeli na dve krajši verigi.

Zaradi te strategije ne bo dolgih verig in vsi zaporniki bodo zagotovo našli svoje znamenje in odrešitev. Torej z zamenjavo obeh znamenj zmanjšamo verjetnost odrešitve na 100%!

Kombinatorika- to je znanost, s katero se vsak sreča v vsakdanjem življenju: na koliko načinov izbrati 3 dežurne osebe za čiščenje učilnice ali na koliko načinov sestaviti besedo iz danih črk. Na splošno vam kombinatorika omogoča, da izračunate, koliko različnih kombinacij, glede na določene pogoje, lahko sestavite iz danih predmetov (enakih ali različnih).

Kot veda je kombinatorika nastala v 16. stoletju, zdaj pa jo preučuje vsak študent (in pogosto celo šolar). Začnejo se učiti s koncepti permutacij, umestitev, kombinacij (z ali brez ponovitev); spodaj boste našli naloge o teh temah. Najbolj znana pravila kombinatorike so pravila vsote in produkta, ki se najpogosteje uporabljajo pri tipičnih kombinatoričnih problemih.

Spodaj boste našli več primerov problemov z rešitvami z uporabo kombinatoričnih konceptov in pravil, ki vam bodo pomagali razumeti tipične naloge. Če imate težave z nalogami, se naročite na test iz kombinatorike.

Spletni kalkulatorji in primeri

Kombinatorični problemi s spletnimi rešitvami

Naloga 1. Mama ima 2 jabolki in 3 hruške. Vsak dan 5 dni zapored daje en sadež. Na koliko načinov je to mogoče storiti?

Naloga 2. Podjetje lahko zagotovi delo 4 ženskam v eni specialnosti, 6 moškim v drugi in 3 delavcem v tretji, ne glede na spol. Na koliko načinov je mogoče zapolniti prosta delovna mesta, če je prijavljenih 14 kandidatov: 6 žensk in 8 moških?

Naloga 3. V potniškem vlaku je 9 vagonov. Na koliko načinov lahko na vlaku sedijo 4 osebe, če se vse vozijo v različnih vagonih?

Naloga 4. V skupini je 9 ljudi. Koliko različnih podskupin lahko sestavite, če sta v podskupini vsaj 2 osebi?

Naloga 5. Skupino 20 študentov je treba razdeliti v 3 ekipe, pri čemer naj bo prva ekipa vključevala 3 osebe, druga - 5 in tretja - 12. Na koliko načinov je to mogoče storiti?

Naloga 6. Trener izbere 5 fantov od 10, da bodo v ekipi. Na koliko načinov lahko sestavi ekipo, če bosta v ekipi 2 fanta?

Naloga 7.Šahovskega turnirja se je udeležilo 15 šahistov, vsak pa je z vsakim odigral le eno partijo. Koliko iger je bilo odigranih na tem turnirju?

Treba je opozoriti, da je kombinatorika samostojna veja višje matematike (in ne del terverja) in o tej disciplini so bili napisani tehtni učbeniki, katerih vsebina včasih ni lažja od abstraktne algebre. Vendar pa bo za nas dovolj majhen del teoretičnega znanja in v tem članku bom poskušal v dostopni obliki analizirati osnove teme s tipičnimi kombinatoričnimi problemi. In veliko vas mi bo pomagalo ;-)

Kaj bomo storili? V ožjem smislu je kombinatorika računanje različnih kombinacij, ki jih je mogoče sestaviti iz določene množice diskretna predmetov. Predmeti so vsi ločeni predmeti ali živa bitja - ljudje, živali, gobe, rastline, žuželke itd. Pri tem pa kombinatoriki sploh ni mar, da komplet sestavljajo krožnik zdrobove kaše, spajkalnik in močvirska žaba. Bistveno pomembno je, da je te objekte mogoče našteti – trije so (diskretnost) in pomembno je, da nobeden ni enak.

Veliko smo se ukvarjali, zdaj o kombinacijah. Najpogostejše vrste kombinacij so permutacije predmetov, njihova izbira iz nabora (kombinacija) in porazdelitev (umestitev). Poglejmo, kako se to zgodi zdaj:

Permutacije, kombinacije in umestitve brez ponavljanja

Ne bojte se obskurnih izrazov, še posebej, ker nekateri res niso zelo dobri. Začnimo z repom naslova - kaj pomeni " brez ponovitev"? To pomeni, da bomo v tem razdelku obravnavali nize, ki so sestavljeni iz različno predmetov. Na primer, ... ne, ne bom ponudil kaše s spajkalnikom in žabo, bolje je imeti nekaj okusnejšega =) Predstavljajte si, da so se na mizi pred vami materializirale jabolko, hruška in banana ( če jih imate, lahko situacijo simulirate v realnosti). Sadje razporedimo od leve proti desni v naslednjem vrstnem redu:

jabolko / hruška / banana

Prvo vprašanje: Na koliko načinov jih je mogoče preurediti?

Ena kombinacija je že napisana zgoraj, z ostalimi pa ni težav:

jabolko/banana/hruška
hruška/jabolko/banana
hruška / banana / jabolko
banana / jabolko / hruška
banana / hruška / jabolko

Skupaj: 6 kombinacij ali 6 permutacije.

V redu, ni bilo težko našteti vseh možnih primerov, a kaj ko je predmetov več? S samo štirimi različnimi vrstami sadja se bo število kombinacij znatno povečalo!

Odprite referenčni material (priročnik je priročno natisniti) in v točki št. 2 poiščite formulo za število permutacij.

Brez težav - 3 predmete je mogoče preurediti na različne načine.

Drugo vprašanje: Na koliko načinov lahko izbereš a) en sadež, b) dva sadeža, c) tri sadeže, d) vsaj en sadež?

Zakaj izbrati? Tako smo si v prejšnji točki dvignili apetit – da bi jedli! =)

a) Eno sadje lahko seveda izberete na tri načine - vzemite jabolko, hruško ali banano. Formalni izračun se izvede po formula za število kombinacij :

Vnos v tem primeru je treba razumeti takole: "na koliko načinov lahko izberete 1 sadje od treh?"

b) Naštejmo vse možne kombinacije dveh sadežev:

jabolko in hruška;
jabolko in banana;
hruška in banana.

Število kombinacij je mogoče enostavno preveriti z isto formulo:

Vnos je razumljen na podoben način: "na koliko načinov lahko izberete 2 sadja od treh?"

c) In končno, obstaja samo en način za izbiro treh sadežev:

Mimogrede, formula za število kombinacij ostaja smiselna za prazen vzorec:
Na ta način ne morete izbrati niti enega sadja - pravzaprav ne vzemite ničesar in to je to.

d) Na koliko načinov lahko vzamete vsaj en sadje? Pogoj "vsaj eden" pomeni, da smo zadovoljni z 1 sadjem (poljubnim) ali katerim koli 2 sadjem ali vsemi 3 sadeži:
s temi metodami lahko izberete vsaj eno sadje.

Bralci, ki so natančno preučili uvodno lekcijo o teorija verjetnosti , nekaj smo že uganili. Toda več o pomenu znaka plus kasneje.

Za odgovor na naslednje vprašanje potrebujem dva prostovoljca ... ... No, ker nihče noče, te pokličem na tablo =)

Tretje vprašanje: Na koliko načinov lahko razdelite po en sadež Daši in Nataši?

Če želite razdeliti dva sadeža, ju morate najprej izbrati. Glede na odstavek »be« prejšnjega vprašanja je to mogoče storiti na načine, ki jih bom prepisal:

jabolko in hruška;
jabolko in banana;
hruška in banana.

Sedaj pa bo kombinacij dvakrat več. Razmislite na primer o prvem paru sadežev:
Dašo lahko pogostite z jabolkom, Natašo pa s hruško;
ali obratno - Daša bo dobila hruško, Nataša pa jabolko.

In takšna permutacija je možna za vsak par sadežev.

Razmislite o isti skupini študentov, ki je šla na ples. Na koliko načinov se lahko sestavita fant in dekle?

Na načine, kako lahko izberete 1 mladeniča;
načine, kako lahko izberete 1 dekle.

Tako en mladenič in Izbereš lahko eno dekle: načine.

Ko je iz vsakega niza izbran 1 predmet, velja naslednje načelo štetja kombinacij: “ vsak predmet iz ene množice lahko tvori par z vsakim predmet drugega niza."

To pomeni, da lahko Oleg na ples povabi katero koli od 13 deklet, Evgenij lahko povabi katero koli od trinajstih, podobno izbiro imajo tudi ostali mladi. Skupaj: možni pari.

Opozoriti je treba, da v tem primeru "zgodovina" nastanka para ni pomembna; če pa upoštevamo pobudo, je treba število kombinacij podvojiti, saj lahko vsaka od 13 deklet na ples povabi tudi katerega koli fanta. Vse je odvisno od pogojev določene naloge!

Podobno načelo velja za bolj zapletene kombinacije, na primer: na koliko načinov lahko izberete dva mladeniča? in dve dekleti za sodelovanje v skeču KVN?

zveza IN jasno namiguje, da je treba kombinacije pomnožiti:

Možne skupine umetnikov.

Z drugimi besedami, vsak lahko nastopa deški par (45 unikatnih parov). kaj par deklet (78 unikatnih parov). In če upoštevamo porazdelitev vlog med udeleženci, bo kombinacij še več. ... res si želim, vendar se bom vseeno vzdržal nadaljevanja, da ne bom v tebi vzbudil odpora do študentskega življenja =).

Pravilo množenja kombinacij velja tudi za večje število množiteljev:

Problem 8

Koliko je trimestnih števil, ki so deljiva s 5?

rešitev: zaradi jasnosti to številko označimo s tremi zvezdicami: ***

IN na stotine mesto Napišete lahko katero koli številko (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ali 9). Nič ni primerna, saj v tem primeru številka ni več trimestna.

Ampak v mesto desetin(»v sredini«) lahko izberete katero koli izmed 10 števk: .

Število mora biti po pogoju deljivo s 5. Število je deljivo s 5, če se konča s 5 ali 0. Tako se zadovoljimo z 2 števkama v najmanj pomembni števki.

Skupno je: trimestna števila, ki so deljiva s 5.

V tem primeru je delo dešifrirano na naslednji način: »9 načinov, na katere lahko izberete številko na stotine mesto in 10 načinov, kako izbrati številko v mesto desetin in 2 poti noter številka enote»

Ali še preprosteje: " vsak od 9 števk do na stotine mesto združuje z vsakim 10 števk mesto desetin in z vsakim od dvomestne do številka enote».

Odgovori: 180

In zdaj…

Ja, skoraj sem pozabil na obljubljeni komentar k problemu št. 5, v katerem lahko Bor, Dima in Volodja na različne načine razdelijo po eno karto. Množenje ima tukaj enak pomen: načine za odstranitev 3 kart iz krova IN v vsakem vzorec jih preuredite na načine.

In zdaj problem, ki ga morate rešiti sami ... zdaj bom prišel do nekaj bolj zanimivega ... naj gre za isto rusko različico blackjacka:

Problem 9

Koliko zmagovalnih kombinacij 2 kart je pri igri "point"?

Za tiste, ki ne vedo: dobitna kombinacija je 10 + ACE (11 točk) = 21 točk in poglejmo zmagovalno kombinacijo dveh asov.

(vrstni red kart v katerem koli paru ni pomemben)

Kratka rešitev in odgovor na koncu lekcije.

Mimogrede, ne menite, da je primer primitiven. Blackjack je skoraj edina igra, za katero obstaja matematično zasnovan algoritem, ki vam omogoča, da premagate igralnico. Zainteresirani zlahka najdejo ogromno informacij o optimalni strategiji in taktiki. Res je, takšni mojstri hitro končajo na črnem seznamu vseh ustanov =)

Čas je, da utrdimo prejeto snov z nekaj solidnimi nalogami:

Problem 10

Vasya ima doma 4 mačke.

a) Na koliko načinov lahko mačke posedemo po kotih sobe?
b) na koliko načinov lahko spustite mačke na sprehod?
c) na koliko načinov lahko Vasja pobere dve mački (eno na levi, drugo na desni)?

Odločimo se: prvič, ponovno morate biti pozorni na dejstvo, s katerim se problem ukvarja drugačen predmetov (tudi če sta mački enojajčni dvojčici). To je zelo pomemben pogoj!

a) Molk mačk. Predmet te izvršitve vse mačke naenkrat
+ njihova lokacija je pomembna, zato so tukaj permutacije:
s temi metodami lahko mačke postavite v kote sobe.

Ponavljam, da je pri permutaciji pomembno le število različnih predmetov in njihova relativna lega. Glede na Vasjino razpoloženje lahko živali posadi v polkrog na kavč, v vrsto na okensko polico itd. – v vseh primerih bo na voljo 24 permutacij. Za udobje si lahko zainteresirani predstavljajo, da so mačke večbarvne (na primer bela, črna, rdeča in tabby) in naštejejo vse možne kombinacije.

b) Na koliko načinov lahko spustite mačke na sprehod?

Predpostavlja se, da gredo mačke na sprehod samo skozi vrata, vprašanje pa pomeni brezbrižnost glede števila živali - na sprehod gredo lahko 1, 2, 3 ali vse 4 mačke.

Štejemo vse možne kombinacije:

Na načine, kako lahko pustite eno mačko (katero koli od štirih) na sprehod;
načini, kako lahko dve mački pustite na sprehod (možnosti naštejte sami);
kako lahko tri mačke spustiš na sprehod (ena od štirih sedi doma);
Tako lahko izpustite vse mačke.

Verjetno ste uganili, da je treba dobljene vrednosti sešteti:
načinov, kako lahko mačke spustite na sprehod.

Za navdušence ponujam zapleteno različico problema - ko lahko katera koli mačka v katerem koli vzorcu naključno gre ven, tako skozi vrata kot skozi okno v 10. nadstropju. Opazen bo porast kombinacij!

c) Na koliko načinov lahko Vasja pobere dve mački?

Situacija ne vključuje samo izbire 2 živali, ampak tudi dajanje v vsako roko:
Na te načine lahko poberete 2 mački.

Druga rešitev: z metodami lahko izberete dve mački in načine sajenja vsak par pri roki:

Odgovori: a) 24, b) 15, c) 12

No, za čisto vest še nekaj konkretnega o množenju kombinacij... Naj ima Vasja 5 dodatnih mačk =) Na koliko načinov lahko pustite 2 mački na sprehod? in 1 mačka?

Se pravi z vsak nekaj mačk se lahko izpusti vsak mačka.

Še ena gumbna harmonika za samostojno rešitev:

Problem 11

Trije potniki so vstopili v dvigalo 12-nadstropne stavbe. Vsakdo, ne glede na druge, lahko z enako verjetnostjo izstopi iz katerega koli (začenši od 2.) nadstropja. Na koliko načinov:

1) potniki lahko izstopijo v istem nadstropju (izstopni vrstni red ni pomemben);
2) dve osebi lahko izstopita v enem nadstropju, tretji pa v drugem;
3) ljudje lahko izstopijo v različnih nadstropjih;
4) ali lahko potniki izstopijo iz dvigala?

In tukaj pogosto znova vprašajo, pojasnim: če 2 ali 3 osebe izstopijo v istem nadstropju, potem vrstni red izhoda ni pomemben. RAZMIŠLJAJ, uporabljaj formule in pravila za seštevanje/množenje kombinacij. V primeru težav je koristno, da potniki navedejo imena in špekulirajo, v kakšnih kombinacijah lahko izstopijo iz dvigala. Ni treba biti razburjen, če nekaj ne uspe, na primer, točka št. 2 je precej zahrbtna.

Celotna rešitev s podrobnimi komentarji na koncu lekcije.

Zadnji odstavek je namenjen kombinacijam, ki se prav tako pojavljajo precej pogosto - po moji subjektivni oceni v približno 20-30% kombinatoričnih problemov:

Permutacije, kombinacije in umestitve s ponovitvami

Naštete vrste kombinacij so opisane v odstavku št. 5 referenčnega gradiva Osnovne formule kombinatorike , vendar nekateri od njih ob prvem branju morda niso zelo jasni. V tem primeru je najprej priporočljivo, da se seznanite s praktičnimi primeri in šele nato razumete splošno formulacijo. Pojdi:

Permutacije s ponovitvami

Pri permutacijah s ponovitvami, kot pri »navadnih« permutacijah, vse veliko predmetov hkrati, vendar obstaja ena stvar: v tem nizu se en ali več elementov (predmetov) ponavlja. Izpolnite naslednji standard:

Problem 12

Koliko različnih kombinacij črk lahko dobimo, če preuredimo karte z naslednjimi črkami: K, O, L, O, K, O, L, b, Ch, I, K?

rešitev: v primeru, da bi bile vse črke različne, bi bilo treba uporabiti trivialno formulo, vendar je popolnoma jasno, da bodo za predlagani niz kart nekatere manipulacije delovale "v prazno", na primer, če zamenjate kateri koli dve karti s črkama "K" " v kateri koli besedi dobite isto besedo. Poleg tega so lahko karte fizično zelo različne: ena je lahko okrogla z natisnjeno črko "K", druga je lahko kvadratna z narisano črko "K". Toda glede na pomen naloge tudi takšne karte veljajo za enake, saj pogoj sprašuje o črkovnih kombinacijah.

Vse je zelo preprosto - samo 11 kart, vključno s pismom:

K – ponovljeno 3-krat;
O – ponovljeno 3-krat;
L – ponovljeno 2-krat;
b – ponovljeno 1-krat;
H – ponovljeno 1-krat;
In - ponovljeno 1-krat.

Preverjanje: 3 + 3 + 2 + 1 + 1 + 1 = 11, kar je bilo treba preveriti.

Po formuli število permutacij s ponovitvami :
možne so različne kombinacije črk. Več kot pol milijona!

Za hiter izračun velike faktorske vrednosti je priročno uporabiti standardno Excelovo funkcijo: vnesite katero koli celico =DEJSTVO(11) in pritisnite Vnesite.

V praksi je povsem sprejemljivo, da splošne formule ne napišemo in poleg tega izpustimo faktorijele enote:

Vendar so potrebni predhodni komentarji o ponavljajočih se črkah!

Odgovori: 554400

Drug tipičen primer permutacij s ponavljanjem se pojavi pri problemu postavitve šahovskih figur, ki ga najdete v skladišču že pripravljene rešitve v ustreznem pdf-ju. In za neodvisno rešitev sem prišel do manj formulirane naloge:

Problem 13

Alexey se ukvarja s športom in 4 dni na teden - atletiko, 2 dni - vaje za moč in 1 dan počitek. Na koliko načinov si lahko ustvari tedenski urnik?

Formula tukaj ne deluje, ker upošteva naključne zamenjave (na primer zamenjava vaj za moč v sredo s vajami za moč v četrtek). In spet – pravzaprav se lahko ista 2 treninga moči med seboj zelo razlikujeta, a v kontekstu naloge (z vidika urnika) veljata za iste elemente.

Dvovrstična rešitev in odgovor na koncu lekcije.

Kombinacije s ponovitvami

Značilnost te vrste kombinacije je, da je vzorec sestavljen iz več skupin, od katerih je vsaka sestavljena iz enakih predmetov.

Danes so vsi trdo delali, zato je čas, da se osvežite:

Problem 14

V študentski menzi prodajajo klobase v testu, sirnice in krofe. Na koliko načinov lahko kupiš pet pit?

rešitev: takoj bodite pozorni na tipično merilo za kombinacije s ponovitvami - glede na pogoj ni nabor predmetov kot tak, ki je ponujen za izbiro, ampak različne vrste predmeti; predvideva se, da je v prodaji vsaj pet hrenovk, 5 sirovih kolačkov in 5 krofov. Pite v vsaki skupini so seveda drugačne - saj je popolnoma enake krofe mogoče simulirati le na računalniku =) Vendar pa fizikalne lastnosti pit za namen problema niso pomembne, hrenovke / sirove torte / krofi v svojih skupinah veljajo za enake.

Kaj bi lahko bilo v vzorcu? Najprej je treba opozoriti, da bodo v vzorcu zagotovo enake pite (saj izbiramo 5 kosov, na izbiro pa so 3 vrste). Tu so možnosti za vsak okus: 5 hrenovk, 5 sirovih kolačkov, 5 krofov, 3 hrenovke + 2 sirova kolačka, 1 hrenovka + 2 sirova kolačka + 2 krofa itd.

Tako kot pri “navadnih” kombinacijah, vrstni red izbire in postavitev pit v izboru nista pomembna – izbereš samo 5 kosov in to je to.

Uporabljamo formulo število kombinacij s ponovitvami:
S to metodo lahko kupite 5 pit.

Dober tek!

Odgovori: 21

Kakšen zaključek je mogoče potegniti iz številnih kombinatoričnih problemov?

Včasih je najtežje razumeti stanje.

Podoben primer za neodvisno rešitev:

Problem 15

Denarnica vsebuje precej veliko število kovancev za 1, 2, 5 in 10 rubljev. Na koliko načinov lahko tri kovance odstranimo iz denarnice?

Za namene samokontrole odgovorite na nekaj preprostih vprašanj:

1) Ali so lahko vsi kovanci v vzorcu različni?
2) Poimenujte »najcenejšo« in »najdražjo« kombinacijo kovancev.

Rešitev in odgovori na koncu lekcije.

Iz osebnih izkušenj lahko povem, da so kombinacije s ponovitvami najredkejši gost v praksi, kar pa ne moremo reči za naslednje vrste kombinacij:

Postavitve s ponovitvami

Iz nabora elementov se izberejo elementi, pri čemer je pomemben vrstni red elementov pri posameznem izboru. In vse bi bilo v redu, a precej nepričakovana šala je, da lahko izberemo kateri koli predmet prvotnega nabora tolikokrat, kot želimo. Figurativno povedano, »množica se ne bo zmanjšala«.

Kdaj se to zgodi? Tipičen primer je kombinirana ključavnica z več diski, vendar je zaradi tehnološkega razvoja bolj relevantno upoštevati njenega digitalnega potomca:

Problem 16

Koliko štirimestnih PIN kod obstaja?

rešitev: pravzaprav je za rešitev težave dovolj poznavanje pravil kombinatorike: na različne načine lahko izberete prvo številko kode PIN in načine - druga številka kode PIN in na toliko načinov – tretjič in enako število - četrti. Tako lahko štirimestno pin kodo po pravilu množenja kombinacij sestavimo na: načine.

In zdaj z uporabo formule. Glede na pogoj se nam ponudi nabor številk, iz katerega se izberejo in razporedijo številke v določenem vrstnem redu, medtem ko se številke v vzorcu lahko ponavljajo (tj. katero koli števko izvirnega niza je mogoče uporabiti poljubno število krat). Po formuli za število umestitev s ponovitvami:

Odgovori: 10000

Kaj pa pride tukaj na misel... ...če bankomat "poje" kartico po tretjem neuspešnem poskusu vnosa PIN kode, potem je verjetnost, da bi jo naključno pobral, zelo majhna.

In kdo je rekel, da kombinatorika nima praktičnega pomena? Kognitivna naloga za vse bralce spletnega mesta:

Problem 17

Po državnem standardu je avtomobilska registrska tablica sestavljena iz 3 številk in 3 črk. V tem primeru je številka s tremi ničlami ​​nesprejemljiva, črke pa so izbrane iz niza A, B, E, K, M, N, O, P, S, T, U, X (uporabljene so samo tiste črke cirilice, katerih zapis sovpada z latinskimi črkami).

Koliko različnih registrskih tablic je mogoče ustvariti za regijo?

Mimogrede, ne tako veliko. V velikih regijah ni dovolj te količine, zato zanje obstaja več kod za napis RUS.

Rešitev in odgovor sta na koncu lekcije. Ne pozabite uporabiti pravil kombinatorike ;-) ...Hotel sem pokazati, kaj je ekskluzivno, pa se je izkazalo, da ni ekskluzivno =) Pogledal sem Wikipedijo - tam so izračuni, čeprav brez komentarjev. Čeprav je verjetno v izobraževalne namene le malo ljudi to rešilo.

Naša vznemirljiva lekcija se je končala in na koncu želim povedati, da niste izgubljali časa - ker kombinatorične formule najdejo še eno pomembno praktično uporabo: najdemo jih pri različnih problemih v teorija verjetnosti ,
in v problemi, ki vključujejo klasično določanje verjetnosti – še posebej pogosto =)

Hvala vsem za aktivno sodelovanje in se vidimo!

Rešitve in odgovori:

Naloga 2: rešitev: poiščite število vseh možnih permutacij 4 kart:

Ko je karta z ničlo postavljena na 1. mesto, številka postane trimestna, zato je treba te kombinacije izključiti. Naj bo na 1. mestu ničla, potem lahko preostale 3 števke v spodnjih števkah prerazporedimo na različne načine.

Opomba : Ker Ker je na voljo le nekaj kartic, je enostavno navesti vse možnosti tukaj:
0579
0597
0759
0795
0957
0975

Tako lahko iz predlaganega nabora naredimo:
24 – 6 = 18 štirimestnih števil
Odgovori : 18

Naloga 4: rešitev: tako lahko izberete 3 karte izmed 36.
Odgovori : 7140

Naloga 6: rešitev: načine.
Druga rešitev : načini, kako lahko izberete dve osebi iz skupine in in
2) "Najcenejši" komplet vsebuje 3 kovance rubljev, najdražji pa 3 kovance za deset rubljev.

Problem 17: rešitev: s temi metodami lahko ustvarite digitalno kombinacijo številke avtomobila, pri čemer je treba eno od njih (000) izključiti: .
s temi metodami lahko ustvarite kombinacijo črk številke registrske tablice.
Po pravilu množenja kombinacij lahko seštevek sestavi:
registrske tablice
(vsak digitalna kombinacija je združena z vsakim kombinacija črk).
Odgovori : 1726272