asyan.org
добавить свой файл
1
УРОКИ 2, 3

Тема. Факторіал. Сполуки без повторень.

Мета: дати означення факторіала, перестановки, розміщення, комбінації; розглянути задачі з використанням формул для обчислення кількості різних сполук; сформувати вміння знаходити значення і перетворювати вирази з факторіалами.

ХІД УРОКІВ

І. Перевірка домашнього завдання.

Учні зачитують приклади для кожного з означень, формулюючи їх (вибірково). Множини (відповіді до завдань 2, 3) учні записують на дошці і комен­тують записи.

II. Вивчення нового матеріалу.

План лекції

  1. Факторіал.

  2. Комбінаторні задачі.

  3. Перестановки. Розміщення. Комбінації.

Факторіал

Означення 1. Факторіал — це добуток послідовних натуральних чисел.

п! = 1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ ... ∙ n.

Наприклад : 1! = 1;

2! = 1 ∙ 2 = 2;

3! = 1 ∙ 2 ∙ 3 = 6;

4! = 1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ 4 = 3! ∙ 4 = 24.

Приймають, що 0! = 1.

Термін «факторіал» походить від англійського слова «фактор» — множник.

Вправи

  1. Обчислити .

Розв'язання

.

  1. Спростити: а) ; б) .

Розв'язання

а) .

б) .

  1. Розв'язати рівняння .

Розв'язання



ОДЗ: х ≥ 4, х N.

,

(х – 3)(х – 2)(х – 1)х – 12(х – 1)х = 0,

(x – 1)x(x2 – 5х – 6) = 0,

х – 1≠ 0, x ≠ 0; х2 – 5х – 6 = 0;

х1 = - 1, х2 = 6. x1 ОДЗ.

Відповідь. х = 6.
Комбінаторні задачі

На практиці часто доводиться відповідати на запитання: скількома способами можна виконати певне завдання? Наприклад, скласти розклад п'яти уроків на день із десяти різних навчальних предметів; позначити різні зв'язки між атомами і молекулами певної речовини; записати діагоналі опуклого десятикутника; знайти різні шляхи доставки виробів із заводу в магазини і визначити, який з них найбільш вигідний.

Методи розв'язування таких задач вивчають у розділі математики, який називається комбінаторикою, а самі задачі — комбінаторними.

Розв'язуючи комбінаторні задачі, розглядають скінченні множини, утворені з елементів будь-якої природи, та їх підмножини. Залежно від умови задачі розглядаються скінченні множини, у яких істотним є або порядок елементів, або їх склад, або і те і те одночасно. Такі скінченні множини (сполуки) мають певну назву.
Перестановки, розміщення, комбінації

Означення 2. Будь-яка впорядкована множина, що складається з п елементів, називається перестановкою з п елементів.

Перестановки відрізняються одна від одної лише порядком елементів.

Приклад 1. Із елементів множини А = {1, 2, 7} можна утворити 6 перестановок: {1, 2, 7}, {1, 7, 2}, {2, 1, 7}, {2, 7, 1}, {7, 1, 2}, {7, 2, 1}.

Перестановки — впорядковані множини.

Кількість усіх можливих перестановок у множині з п елементів позначається Рn.

Обчислимо Рп.

Один елемент можна розмістити одним способом: P1 = 1.

Два елементи можна розмістити двома способами: Р2 = 2.

Три елементи можна розмістити шістьма способами: Р3 = 6.

Розглянемо множину з чотирьох елементів {а, b, с, d}. Із елементів цієї множини можна утворити такі перестановки: з першим елементом а — 6 перестановок: {а, b, с, d), {а, b, d, с), {а, с, b, d}, {а, с, d, b), {а, d, с, b}, {а, d, b, с};

з першим елементом b6 перестановок;

з першим елементом с — 6 перестановок;

з першим елементом d6 перестановок.

Усього 24 перестановки: Р4 = 24.

Взагалі, кількість усіх можливих перестановок у множині з п елементів дорівнює добутку послідовних натуральних чисел, тобто

Рn = 1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ 4 ∙ ... ∙ n,

Рn = п!, (1)

де п — натуральне число.

Приклад 2. 12 осіб можна розмістити за столом, біля якого поставлено 12 стільців, РІ2= 12! способами.

12! = 479 001 600. Якщо гості будуть пересаджуватися щохвилини протягом 11 год на добу 365 днів на рік з відпочинком 1 день у високосному році, то на це піде 1988 років і 140 днів.

Задача 1. Мандрівнику потрібно виїхати з пункту А, відвідати пункти В, С, й і повернутися в пункт А. АD = 500 км, СD = 400 км, ВD = 400 км, АВ = 300 км, АС — 200 км, ВС = 350 км. Скількома способами він може це зробити? Який варіант найбільш оптимальний?

Розв'язання

Розглянемо схему руху мандрівника.



Оскільки йому потрібно відвідати три пункти, то можливих варіантів маршруту є 6: Р3 = 3! = 6.

АВСDА = 1550 км, АСDВА = 1300 км, АВDСА = 1300 км, АDВСА = 1450 км, АСВDА = 1450 км, АDСВА = 1550 км.

Відповідь. Найбільш оптимальними є варіанти АВDСА і АСDВА.

Означення 3. Упорядкована підмножина з п елементів даної множини М, що містить т елементів, де п т, називається розміщенням з т елементів по п.

Розміщення відрізняються один від одного або елементами, або їх порядком. Якщо m = n, маємо перестановку з т елементів, тобто перестановка є окремим випадком розміщення за умови, що т = п.

Знайдемо формулу для обчислення всіх можливих розміщень у множиш з т елементів по n.

Задача 2. Скількома способами можна скласти денний розклад з п'яти різних уроків, якщо в класі вивчають 10 навчальних предметів?

Розв'язання

Маємо 10 різних можливостей запису в розклад першого уроку, бо кожний предмет можна поставити першим уроком.

Другим уроком можна поставити будь-який з 9 предметів, що залишилися. Отже, загальна кількість способів, за якими можна поставити два перших уроки, становить 10 ∙ 9 = 90.

Для третього уроку залишається Я можливостей вибору предмета, бо два вже поставлено в розклад. Тому для розподілу трьох перших уроків кількість різних способів дорівнюватиме 10 ∙ 9 ∙ 8 = 720.

Для четвертого уроку залишається 7 можливостей вибору предметів, для п'ятого — 6, тому, щоб поставити п'ять уроків у розклад, існує 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6 = = 30 240 різних способів.

Розв'язуючи задачу, ми з множини, що містить 10 елементів, утворювали впорядковані підмножини, що містять по одному, два, три, чотири, п'ять елементів, тобто утворювали розміщення з 10 елементів відповідно по одному, два, три, чотири, п'ять. Кількість усіх можливих розміщень з m елементів по n елементів позначається .

Ми з'ясували, що

= 10, = 10 ∙ 9, = 10 ∙ 9 ∙ 8, = 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7, = 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6.

Аналізуючи закономірність утворення чисел , , , , . помічаємо, що:

  • кожне з них дорівнює добутку стількох послідовних натуральних чисел, скільки елементів у розміщенні;

  • на першому місці стоїть множник, що дорівнює кількості всіх елементів множини, з якої утворюються розміщення, а кожний наступний множник на одиницю менший від попереднього;

  • останній множник дорівнює різниці між кількістю всіх елементів, з яких утворюється розміщення, і числом, на одиницю меншим від кількості
    елементів у розміщенні.

Припускаємо, що формула має вигляд:

= m (m – 1)(m – 2) … (m – (n – 1));

= m (m – 1)(m – 2) … (mn + 1). (2)

(3)

Доведення можна провести методом математичної індукції на факультативному занятті.

Означення 4. Будь-яка підмножина з п елементів даної множини М, що містить т елементів, називається комбінацією з т елементів по п.

Порядок елементів у множині неістотний, комбінації відрізняються лише складом елементів. Кількість усіх можливих комбінацій з т елементів по n позначається символом .

Комбінація відрізняється від розміщення тим, що у цій підмножині неістотним є порядок елементів.

Задача 3. Скількома способами можна призначити чотирьох вартових із 30 солдатів?

Розв'язання

Будь-які дві групи відрізняються лише складом солдат, порядок у групі неістотний. Маємо справу з різними підмножинами з чотирьох елементів даної множини, що складається з 30 елементів. Будь-яка з цих підмножин є комбінацією з 30 елементів по 4. Якби ця підмножина була упорядкованою, то кількість таких груп можна знайти за формулою . У кожній з упорядкованих множин можна виконати Р4 перестановок, тому кількість усіх можливих комбінацій .

У загальному випадку кількість комбінацій з т елементів по л елементів можна обчислити за формулою:

(4)

Перетворимо цю формулу, використавши формули 2 і 1.

.

. (5)

Отже, чотирьох вартових із 30 солдатів можна вибрати способами.

Або за формулою 4: .

Властивості комбінацій



  1. .

  2. .

Приклад 3. На площині позначено л точок, з яких ніякі три не лежать на одній прямій. Скільки різних прямих можна провести через ці точки?

Розв'язання

Оскільки через кожну пару точок можна провести лише одну пряму, то кількість різних прямих дорівнює кількості комбінацій з n елементів по 2 елементи, тобто .

III. Підсумок уроку.

IV. Домашнє завдання.

Вивчити означення і формули, що розглядалися на уроках (Шкіяь М.І., Слєпкань З.І., Дубинчук О.С. Алгебра і початки аналізу: Підруч. для учнів 11 класів серед, шк. — К.: Зодіак-Еко, 2002).

Розв'язати задачі

  1. Скільки слід взяти елементів, щоб кількість усіх перестановок, які можна утворити з них, дорівнювала 5040?

  2. Скільки різних прямих можна провести через 10 точок площини, з яких ніякі три не лежать на одній прямій?

  3. Спростити вираз: а) ; б) ; в) .

Розв'язати рівняння: а) ; б) .