MegaMatma: Kombinacje, permutacje i wariacje. Sytuacje kombinatoryczne złożone z użyciem wzorów na kombinacje, permutacje i wariacje (R).

Kombinacje, permutacje i wariacje. Sytuacje kombinatoryczne złożone z użyciem wzorów na kombinacje, permutacje i wariacje (R).

rozszerzony

W rozwiązaniach zadań z kombinatoryki, gdzie ustala się liczbę wyników uzyskanych po zamianie danych elementów zbioru, często występuje iloczyn kolejnych liczb naturalnych $1\cdot 2\cdot 3\cdot \dots \cdot n.$ Iloczyn taki zapisuje się przy pomocy symbolu $n!$ (czytamy „ $n$ silnia”).

Symbol $n!$ określamy:

Jeśli $n\in N_+,$ to $1\cdot 2\cdot 3\cdot \dots \cdot n=n!$ dodatkowo definiujemy $0! = 1$ .

przykład
Obliczymy wartości $n!$ dla: $n = 5, \ n = 7, \ n = 9.$

$5!=1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5=120,$ w dalszych obliczeniach skorzystamy z tego wyniku.

$7!=1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6\cdot 7=(1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5)\cdot 6\cdot 7=5!\cdot 6\cdot 7=120\cdot 6\cdot 7=5040$

$9!=7!\cdot 8\cdot 9=362880$

stop
Zauważamy, że dla każdej liczby naturalnej dodatniej $k,$ gdy $k < n,$ to

$n!=1\cdot 2\cdot 3\cdot \ \cdots \ \cdot k\cdot \left(k+1\right)\cdot \ \cdots \ \cdot n=k!\cdot \left(k+1\right)\cdot \ \cdots \ \cdot n$

Podaną własność wykorzystujemy, gdy w liczniku i mianowniku ułamka występuje silnia.

przykład
Obliczymy wartości ułamków:

a) $\frac{10!}{6!}=\frac{6!\cdot 7\cdot 8\cdot 9\cdot 10}{6!}=7\cdot 8\cdot 9\cdot<br /> 10=5040$

b) $\frac{5!}{8!}=\frac{5!}{5!\cdot 6\cdot 7\cdot 8}=\frac{1}{6\cdot 7\cdot 8}=\frac{1}{336}$

c) $\frac{12!}{7!\cdot 5!}=\frac{7!\cdot 8\cdot 9\cdot 10\cdot 11\cdot 12}{7!\cdot 5\cdot 4\cdot 3<br /> \cdot 2\cdot 1}=\frac{8\cdot 9\cdot 10\cdot 11\cdot 12}{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot<br /> 1}=8\cdot 9\cdot 11=792$

Wyrażenia z symbolem silni mogą występować również w równaniach.

przykład
Zbadamy, dla jakich wartości $n\in N_+$ spełnione jest równanie $\frac{\left(n+2\right)!}{n!}=12.$

Przekształcamy lewą stronę równania i otrzymujemy: $\frac{n!\cdot \left(n+1\right)\cdot (n+2)}{n!}=12.$

Stąd otrzymujemy $\left(n+1\right)\cdot \left(n+2\right)=12$ i następnie równanie kwadratowe

$n^2+3n-10=0.$

Przekształcając to równanie do postaci iloczynowej otrzymujemy $\left(n+5\right)\cdot \left(n-2\right)=0$

Pierwiastkami tego równania są liczby $- 5 \ i \ 2,$ ale $-5$ nie jest liczbą naturalną, zatem wyjściowe równanie jest spełnione dla $n = 2.$

Odp. $n=2.$

Pokażemy teraz zastosowanie symbolu $n!$ ( $n$ silnia ) w zagadnieniach kombinatorycznych.

stop
Sprawdź temat ”Reguła mnożenia..Sytuacje kombinatoryczne bez … „.

przykład
Mamy do dyspozycji cztery litery: $a, \ b, \ c, \ d.$ Pytamy, ile różnych kodów czteroliterowych możemy ułożyć z tych liter tak, aby litery się nie powtarzały. Kolejność znaków w kodzie jest ważna, zatem ustawiamy litery w ciąg.

Zadanie takie rozwiązywaliśmy do tej pory stosując regułę mnożenia.

Na pierwszym miejscu możemy umieścić każdą z liter, mamy więc cztery możliwości.

Na drugim - każdą z trzech pozostałych, na trzecim miejscu - każdą z dwóch, a na czwartym - ostatnią.

Zgodnie z regułą mnożenia liczba wszystkich możliwych ustawień czterech cyfr na czterech miejscach jest równa $4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=24$ . Dysponując symbolem $n!$ zapisalibyśmy ten wynik w postaci $4!$ .

Odp. $24.$

W powyższym przykładzie chcieliśmy obliczyć, ile ciągów możemy utworzyć z czterech różnych elementów. Rozpatrzmy teraz przypadek ogólny.

Definicja 1.
Niech dany będzie zbiór $A$ złożony z $n$ różnych elementów $A=\left\{a_1,\ a_2,\cdots ,a_n\right\}.$ Dowolny ciąg utworzony ze wszystkich elementów zbioru $A$ nazywamy permutacją bez powtórzeń zbioru $n$ -elementowego.

Twierdzenie 1.

Liczba $P_n$ różnych permutacji bez powtórzeń zbioru $n$ -elementowego jest równa $n!$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ P_n=n!,\ \ \ n\in N_+$

Wzór otrzymamy stosując regułę mnożenia. Budujemy ciągi z elementów zbioru $A=\left\{a_1,\ a_2,\cdots ,a_n\right\}.$ Na pierwszym miejscu możemy postawić każdy z $n$ elementów, mamy więc $n$ możliwości. Na drugim miejscu do każdego z $n$ elementów możemy dołączyć dowolny, wybrany spośród pozostałych $n-1$ elementów. Postępując tak dalej otrzymujemy na kolejnych miejscach odpowiednio po $n-2$ elementy, $n-3$ elementy, itd. W końcu jeden element na $n$ -tym miejscu.