Число различных размещений. Основные формулы комбинаторики. Комбинаторика: формула перестановки, размещения

Перестановки. Формула для числа перестановок

Перестановки из n элементов

Пусть множество Х состоит из n элементов.

Определение. Размещение без повторений из n элементов множества X по n называется перестановкой из n элементов.

Заметим, что в любую перестановку входят все элементы множества Х , причём ровно по одному разу. То есть перестановки одна от другой отличаются только порядком следования элементов и могут получиться одна из другой перестановкой элементов (отсюда и название).

Число всех перестановок из n элементов обозначается символом .

Так как перестановки – это частный случай размещений без повторений при , то формулу для нахождения числа получим из формулы (2), подставляя в неё :

Таким образом,

(3)

Пример. Сколькими способами можно разместить на полке 5 книг?

Решение. Способов размещения книг на полке существует столько, сколько существует различных перестановок из пяти элементов: способов.

Замечание. Формулы (1)-(3) запоминать не обязательно: задачи на их применение всегда можно решить с помощью правила произведения. Если у учащихся существуют проблемы с составлением комбинаторных моделей задач, то лучше сделать более узким множество используемых формул и правил (чтобы было меньше возможности ошибиться). Правда, задачи, в которых используются перестановки и формула (3), обычно решаются без особых проблем.

Задачи

1. Ф. Сколькими способами могут встать в очередь в билетную кассу: 1) 3 человека; 2) 5 человек?

Решение.

Различные варианты расположения п человек в очереди отличаются один от другого только порядком расположения людей, т. е. являются различными перестановками из п элементов.

Три человека могут встать в очередь Р3 = 3! = 6 различными способами.

Ответ: 1) 6 способов; 2) 120 способов.

2. Т. Сколькими способами 4 человека могут разместиться на четырехместной скамейке?

Решение.

Количество человек равно количеству мест на скамейке, поэтому количество способов размещения равно числу перестановок из 4 элементов: Р4 = 4! = 24.

Можно рассуждать по правилу произведения: для первого человека можно выбрать любое из 4 мест, для второго - любое из 3 оставшихся, для третьего - любое из 2 оставшихся, последний займет 1 оставшееся место; всего есть = 24 разных способов Размещения 4 человек на четырехместной скамейке.

Ответ: 24 способами.

3. М. У Вовы на обед - первое, второе, третье блюда и пирожное. Он обязательно начнет с пирожного, а все остальное съест в произвольном порядке. Найдите число возможных вариантов обеда.

М- задачи из уч. пособия А.Г.Мордковича

Т- под ред. С.А.Теляковского

Ф- М.В.Ткачевой

Решение.

После пирожного Вова может выбрать любое из трех блюд, затем - из двух, и закончить оставшимся. Общее число возможных вариантов обеда: =6.

Ответ: 6.

4. Ф. Сколько различных правильных (с точки зрения русского языка) фраз можно составить, изменяя порядок слов в предложении: 1) «Я пошел гулять»; 2) «Во дворе гуляет кошка»?

Решение.

Во втором предложении предлог «во» должен всегда стоять перед существительным «дворе», к которому он относится. Поэтому, считая пару «во дворе» за одно слово, можно найти количество различных перестановок трех условных слов: Р3 = 3! = 6. Таким образом, и в этом случае можно составить 6 правильных предложений.

Ответ: 1) 6; 2) 6.

5. Сколькими способами можно с помощью букв К, L, М, Н обозначить вершины четырехугольника?

Решение.

Будем считать, что вершины четырехугольника пронумерованы, за каждой закреплен постоянный номер. Тогда задача сводится к подсчету числа разных способов расположения 4 букв на 4 местах (вершинах), т. е. к подсчету числа различных перестановок: Р4 = 4! =24 способа.

Ответ: 24 способа.

6. Ф. Четыре друга купили билеты в кино: на 1-е и 2-е места в первом ряду и на 1-е и 2-е места во втором ряду. Сколькими способами друзья могут занять эти 4 места в кинотеатре?

Решение.

Четыре друга могут занять 4 разных места Р4 = 4! = 24 различными способами.

Ответ: 24 способа.

7. Т. Курьер должен разнести пакеты в 7 различных учреждений. Сколько маршрутов может он выбрать?

Решение.

Под маршрутом следует понимать порядок посещения курьером учреждений. Пронумеруем учреждения номерами от 1 до 7, тогда маршрут будет представляться последовательностью из 7 Цифр, порядок которых может меняться. Количество маршрутов равно числу перестановок из 7 элементов: Р7= 7! = 5 040.

Ответ: 5 040 маршрутов.

8. Т. Сколько существует выражений, тождественно равных произведению abcde, которые получаются из него перестановкой множителей?

Решение.

Дано произведение пяти различных сомножителей abcde, порядок которых может меняться (при перестановке множителей произведение не меняется).

Всего существует Р5 = 5! = 120 различных способов расположения пяти множителей; один из них (abcde) считаем исходным, остальные 119 выражений тождественно равны данному.

Ответ: 119 выражений.

9. Т. Ольга помнит, что телефон подруги оканчивается цифрами 5, 7, 8, но забыла, в каком порядке эти цифры следуют. Укажите наибольшее число вариантов, которые ей придется перебрать, чтобы дозвониться подруге.

Решение.

Три последних цифры телефонного номера могут быть расположены в одном из Р3 =3! =6 возможных порядков, из которых только один верный. Ольга может сразу набрать верный вариант, может набрать его третьим, и т. д. Наибольшее число вариантов ей придется набрать, если правильный вариант окажется последним, т. е. шестым.

Ответ: 6 вариантов.

10. Т. Сколько шестизначных чисел (без повторения цифр) можно составить из цифр: а) 1,2, 5, 6, 7, 8; б) 0, 2, 5, 6, 7, 8? Решение.

а) Дано 6 цифр: 1, 2, 5, 6, 7, 8, из них можно составлять разные шестизначные числа, только переставляя эти цифры местами. Количество различных шестизначных чисел при этом равно Р6 = 6! = 720.

б) Дано 6 цифр: 0, 2, 5, 6, 7, 8, из них нужно составлять различные шестизначные числа. Отличие от предыдущей задачи состоит в том, что ноль не может стоять на первом месте.

Можно напрямую применить правило произведения: на первое место можно выбрать любую из 5 цифр (кроме нуля); на второе место - любую из 5 оставшихся цифр (4 «ненулевые» и теперь считаем ноль); на третье место - любую из 4 оставшихся после первых двух выборов цифр, и т. д. Общее количество вариантов равно: = 600.

Можно применить метод исключения лишних вариантов. 6 цифр можно переставить Р6 = 6! = 720 различными способами. Среди этих способов будут такие, в которых на первом месте стоит ноль, что недопустимо. Подсчитаем количество этих недопустимых вариантов. Если на первом месте стоит ноль (он фиксирован), то на последующих пяти местах могут стоять в произвольном порядке «ненулевые» цифры 2, 5, 6, 7, 8. Количество различных способов, которыми можно разместить 5 цифр на 5 местах, равно Р5 = 5! = 120, т. е. количество перестановок чисел, начинающихся с нуля, равно 120. Искомое количество различных шестизначных чисел в этом случае равно: Р6 - Р5 = 720 - 120 = 600.

Ответ: а) 720; б) 600 чисел.

11. Т. Сколько среди четырехзначных чисел (без повторения цифр), составленных из цифр 3, 5, 7, 9, таких, которые: а) начинаются с цифры 3;

б) кратны 15?

Решение.

а) Из цифр 3, 5, 7, 9 составляем четырехзначные числа, начинающиеся с цифры 3.

Фиксируем цифру 3 на первом месте; тогда на трех оставшихся местах в произвольном порядке могут располагаться цифры 5, 7 9 Общее количество вариантов их расположения равно Р 3 = 3!=6. Столько и будет разных четырехзначных чисел, составленных из данных цифр и начинающихся с цифры 3.

б) Заметим, что сумма данных цифр 3 + 5 + 7 + 9 = 24 делится на 3, следовательно, любое четырехзначное число, составленное из этих цифр, делится на 3. Для того, чтобы некоторые из этих чисел делились на 15, необходимо, чтобы они заканчивались цифрой 5.

Фиксируем цифру 5 на последнем месте; остальные 3 цифры можно разместить на трех местах перед 5 Рз = 3! = 6 различными способами. Столько и будет разных четырехзначных чисел, составленных из данных цифр, которые делятся на 15.

Ответ: а) 6 чисел; б) 6 чисел.

12. Т. Найдите сумму цифр всех четырехзначных чисел, которые можно составить из цифр 1, 3, 5, 7 (без их повторения).

Решение.

Каждое четырехзначное число, составленное из цифр 1, 3, 5, 7 (без повторения), имеет сумму цифр, равную 1+3 + 5 + 7=16.

Из этих цифр можно составить Р4 = 4! = 24 различных числа, отличающихся только порядком цифр. Сумма цифр всех этих чисел будет равна

16 = 384.

Ответ: 384.

13. Т. Семь мальчиков, в число которых входят Олег и Игорь, становятся в ряд. Найдите число возможных комбинаций, если:

а) Олег должен находиться в конце ряда;

б) Олег должен находиться в начале ряда, а Игорь - в конце ряда;

в) Олег и Игорь должны стоять рядом.
Решение.

а) Всего 7 мальчиков на 7 местах, но один элемент фиксирован, не переставляется (Олег находится в конце ряда). Число возможных комбинаций при этом равно числу перестановок 6 мальчиков, стоящих перед Олегом: Р6=6!=720.

пару как единый элемент, переставляемый с другими пятью элементами. Число возможных комбинаций тогда будет Р6 = 6! = 720.

Пусть теперь Олег и Игорь стоят рядом в порядке ИО. Тогда получим еще Р6 = 6! = 720 других комбинаций.

Общее число комбинаций, в которых Олег и Игорь стоят рядом (в любом порядке) равно 720 + 720 = 1 440.

Ответ: а) 720; б) 120; в) 1 440 комбинаций.

14. М. Одиннадцать футболистов строятся перед началом матча. Первым становится капитан, вторым - вратарь, а остальные - случайным образом. Сколько существует способов построения?

Решение.

После капитана и вратаря третий игрок может выбрать любое из 9 оставшихся мест, следующий - из 8, и т. д. Общее число способов построения по правилу произведения равно:

1 =362 880, или Р 9 = 9! = 362 880.

Ответ: 362 880.

15. М. Сколькими способами можно обозначить вершины куба буквами А, В, С, D, E, F, G, K?

Решение.

Для первой вершины можно выбрать любую из 8 букв, для второй - любую из 7 оставшихся, и т. д. Общее число способов по правилу произведения равно =40 320, или Р8 = 8!

Ответ: 40 320.

16. Т. В расписании на понедельник шесть уроков: алгебра, геометрия, биология, история, физкультура, химия. Сколькими способами можно составить расписание уроков на этот день так, чтобы два урока математики стояли рядом?

Решение.

Всего 6 уроков, из них два урока математики должны стоять рядом.

«Склеиваем» два элемента (алгебра и геометрия) сначала в порядке АГ, затем в порядке ГА. При каждом варианте «склеивания» получаем Р5 = 5! = 120 вариантов расписания. Общее число способов составить расписание равно120 (AГ) +120 (ГА) = 240.

Ответ: 240 способов.

17. Т. Сколько существует перестановок букв слова «конус», в которых буквы К, О, Н стоят рядом?

Решение.

Дано 5 букв, из которых три буквы должны стоять рядом. Три буквы К, О, Н могут стоять рядом одним из Р3 = 3! = 6 способов. Для каждого способа «склеивания» букв К, О, Н получаем Р3 = 3! = 6 способов перестановки букв, «склейка», У, С. Общее число различных перестановок букв слова «конус», в которых буквы К, О, Н стоят рядом, равно 6 6 = 36 перестановок- анаграмм.

Ответ: 36 анаграмм.

18. Т. Сколькими способами 5 мальчиков и 5 девочек могут занять в театре в одном ряду места с 1 по 10? Сколькими способами они могут это сделать, если мальчики будут сидеть на нечетных местах, а девочки - на четных?

Решение.

Каждый вариант расположения мальчиков может сочетаться с каждым из вариантов расположения девочек, поэтому по правилу произведения общее число способов рассадить детей в этом случае равно 120 20= 14400.

Ответ: 3 628 800 способов; 14 400 способов.

19. Т. Пять мальчиков и четыре девочки хотят сесть на девятиместную скамейку так, чтобы каждая девочка сидела между двумя мальчиками. Сколькими способами они могут это сделать?

Решение.

По условию задачи мальчики и девочки должны чередоваться, т. е. девочки могут сидеть только на четных местах, а мальчики -только на нечетных. Поэтому меняться местами девочки могут только с девочками, а мальчики - только с мальчиками. Четырех девочек можно рассадить на четырех четных местах Р4 = 4! = 24 способами, а пятерых мальчиков на пяти нечетных местах Р5 = 5! = 120 способами.

Каждый способ размещения девочек может сочетаться с каждым способом размещения мальчиков, поэтому по правилу произведения общее число способов равно: Р4 20 = 2 880 способов.

Ответ: 2 880 способов.

20. Ф. Разложить на простые множители числа 30 и 210. Сколькими способами можно записать в виде произведения продых множителей число: 1) 30; 2) 210?

Решение.

Разложим данные числа на простые множители:

30 = 2 ; 210 = 2 .

Число 30 можно записать в виде произведения простых множителей

Р 3 = 3! = 6 разными способами (переставляя множители).

Число 210 можно записать в виде произведения простых
множителей Р 4 = 4! = 24 разными способами.

Ответ: 1) 6 способов; 2) 24 способа.

21. Ф. Сколько различных четных четырехзначных чисел с неповторяющимися цифрами можно записать, используя цифры 1, 2, 3, 5?

Решение.

Чтобы число было четным, оно должно заканчиваться четной цифрой, т. е. 2. Зафиксируем двойку на последнем месте, остальные три цифры должны стоять перед ней в произвольном порядке. Количество различных перестановок из 3 цифр равно P3 = 3! = 6; следовательно, различных четных четырехзначных чисел будет также 6 (к каждой перестановке из трех цифр добавляется цифра 2).

Ответ: 6 чисел.

22. Ф. Сколько различных нечетных пятизначных чисел, в которых нет одинаковых цифр, можно записать с помощью Цифр 1,2, 4, 6, 8?

Решение.

Чтобы составленное число было нечетным, необходимо, чтобы оно оканчивалось нечетной цифрой, т. е. единицей. Остальные 4 Цифры можно переставлять местами, располагая каждую перестановку перед единицей.

Общее число нечетных пятизначных чисел равно числу перестановок: Р4 = 4! =24.

23. Ф. Сколько различных шестизначных чисел с неповторяющимися цифрами можно записать с помощью цифр 1; 2 3, 4, 5, 6, если: 1) число должно начинаться с 56; 2) цифры 5 и 6 в числе должны стоять рядом?

Решение.

Две цифры 5 и 6 фиксируем в начале числа и дописываем к ним различные перестановки из 4 оставшихся цифр; количество различных шестизначных чисел равно: Р4 = 4! = 24.

Общее количество различных шестизначных чисел, в которых цифры 5 и 6 стоят рядом (в любом порядке), равно 120 + 120 = 240 чисел. (Варианты 56 и 65 несовместны, не могут реализоваться одновременно; применяем комбинаторное правило суммы.)

Ответ: 1) 24 числа; 2) 240 чисел.

24. Ф. Сколько различных четных четырехзначных чисел, в записи которых нет одинаковых цифр, можно составить из цифр 1,2,3,4?

Решение.

Четное число должно оканчиваться четной цифрой. Фиксируем на последнем месте цифру 2, тогда 3 предшествующие цифры можно переставить Р3 = 3! = 6 различными способами; получим 6 чисел с двойкой на конце. Фиксируем на последнем месте цифру 4, получим Р3 = 3! = 6 различных перестановок трех предшествующих цифр и 6 чисел, оканчивающихся цифрой 4.

Общее количество четных четырехзначных чисел будет 6 + 6 = 12 различных чисел.

Ответ: 12 чисел.

Замечание. Общее количество вариантов мы находим, пользуясь комбинаторным правилом суммы (6 вариантов чисел, оканчивающихся двойкой, 6 вариантов чисел, оканчивающихся четверкой; способы построения чисел с двойкой и с четверкой на конце являются взаимоисключающими, несовместными, поэтому общее количество вариантов равно сумме числа вариантов с двойкой на конце и числа вариантов с 4 на конце). Запись 6 + 6 = 12 лучше отражает основания наших действий, чем запись Р .

25. Ф. Сколькими способами можно записать в виде произведения простых множителей число 1) 12; 2) 24; 3) 120?

Решение.

Особенностью этой задачи является то, что в разложении каждого из данных чисел есть одинаковые, повторяющиеся множители. При образовании различных перестановок из множителей мы не получим новую перестановку, если поменяем местами какие-нибудь два одинаковых множителя.

1) Число 12 разлагается на три простых множителя, два из которых одинаковы: 12 = .

Если бы все множители были различны, то их можно было бы переставить в произведении Р3 = 3! = 6 различными способами. Чтобы перечислить эти способы, условно «различим» две двойки, подчеркнем одну из них: 12 = 2 .

Тогда возможны следующие 6 вариантов разложения на жители:

Но на самом деле подчеркивание цифр не имеет в математике никакого значения, поэтому полученные 6 перестановок в обычной записи имеют вид:

т. е. фактически мы получили не 6, а 3 различные перестановки Количество перестановок уменьшилось в два раза за счет того, что мы не должны учитывать перестановки двух двоек между собой.

Обозначим Р х искомое число перестановок из трех элементов среди которых два одинаковых; тогда полученный нами результат можно записать так: Рз = Р х Но 2 - это количество разных перестановок из двух элементов, т. е. 2 = = 2! = Р 2 , поэтому Р3, = Р х Р 2 , отсюда Р х = . (это формула для числа перестановок с повторениями).

Можно рассуждать иначе, основываясь только на комбинаторном правиле произведения.

Чтобы составить произведение из трех множителей, сначала выберем место для множителя 3; это можно сделать одним из трех способов. После этого оба оставшихся места заполняем двойками; это можно сделать 1 способом. По правилу произведения общее число способов равно: 3-1 =3. , Р х =20.

Второй способ. Составляя произведение из пяти множителей, сначала выберем место для пятерки (5 способов), затем для тройки (4 способа), а оставшиеся 3 места заполним двойками (1 способ); по правилу произведения 5 4 1 = 20.

Ответ: 1) 3; 2) 4; 3) 20.

26. Ф. Сколькими способами можно закрасить 6 клеток таким образом, чтобы 3 клетки были красными, а 3 оставшиеся были закрашены (каждая своим цветом) белым, черным или зеленым?

Решение.

Перестановки из 6 элементов, среди которых три - одинаковые:

Иначе: для закраски белым цветом можно выбрать одну из 6 клеток, черным - из 5, зеленым - из 4; три оставшиеся клетки закрашиваем красным цветом. Общее число способов: 6 5 4 1 = 120.

Ответ: 120 способов.

27.Т. Пешеход должен пройти один квартал на север и три квартала на запад. Выпишите все возможные маршруты пешехода. = 4.

Ответ: 4 маршрута.

28. М. а) На дверях четырех одинаковых кабинетов надо повесить таблички с фамилиями четырех заместителей директора. Сколькими способами это можно сделать?

б) В 9 «А» классе в среду 5 уроков: алгебра, геометрия, физкультура, русский язык, английский язык. Сколько можно составить вариантов расписания на этот день?

в) Сколькими способами четыре вора могут разбежаться по одному на все четыре стороны?

г) Адъютант должен развезти пять копий приказа генерала пяти полкам. Сколькими способами он может выбрать маршрут доставки копий приказа?

Решение.

а) Для первой таблички можно выбрать любой из 4 кабинетов,
Для второй - любой из трех оставшихся, для третьей - любой из двух оставшихся, для четвертой - один оставшийся; по правилу
произведения общее число способов равно: 4 3 2 1 = 24, или Р4 = 4! = 24. = 120, или Р5 = 5! = 120.

Ответ: а) 24; б) 120; в) 24; г) 120.

Литература

Афанасьев В.В. Теория вероятностей в примерах и задачах, - Ярославль: ЯГПУ, 1994.

Баврин И. И. Высшая математика: Учебник для студентов химико-математических специальностей педагогических вузов-2-е издание, переработанное. - М.:Просвещение, 1993.

Бунимович Е. А., Булычёв В.А. Вероятность и статистика. 5-9 классы: Пособие для общеобразовательных учебных заведений, - М.:Дрофа, 2005.

Виленкин Н. Я. и другие. Алгебра и математический анализ для 10 класса: Учебное пособие для учащихся школ и классов с углублённым изучением математики. - М.:Просвещение,1992.

Виленкин Н. Я. и другие. Алгебра и математический анализ для 11 класса: Учебное пособие для учащихся школ и классов с углублённым изучением математики - М.:Просвещение, 1990.

Глейзер Г.И. История математики в школе: 9-10 класс. Пособие для учителей. - М.: Просвещение 1983.

Дорофеев Г.В., Суворова С.Б., Бунимович Е.А. Математика 9:Алгебра. Функции. Анализ данных - М.: Дрофа, 2000.

Колягин и другие. Алгебра и начала анализа 11 класс. Математика в школе - 2002 - №4 - с.43,44,46.

Люпшкас В.С. Факультативные курсы по математике: теория вероятностей: Учебное пособие для 9-11 классов.- М.,1991.

Макарычев Ю.Н., Миндюк Н.Г. Элементы статистики и теории вероятностей: Учебное пособие для учащихся 7-9 классов.- М.: Просвещение, 2005.

Мордкович А.Г., Семенов П.В. Алгебра и начала анализа 10 класс: Учебник для общеобразовательных учреждений (профильный уровень) – М.: Мнемозина, 2005.

Ткачева М.В., Федорова Н.Е. Элементы статистики и вероятность: Учебное пособие для учащихся 7-9 классов.- М.: Просвещение, 2005.

В комбинаторике изучают вопросы о том, сколько комбинаций определенного типа можно составить из данных предметов (элементов).

Рождение комбинаторики как раздела математикисвязано с трудами Б. Паскаля и П. Ферма по теории азартных игр. Большой вклад в развитие комбинаторных методов внесли Г.В. Лейбниц, Я. Бернулли и Л. Эйлер.

Французский философ, писатель, математик и физик Блез Паскаль (1623–1662) рано проявил свои выдающиеся математические способности. Круг математических интересов Паскаля был весьма разнообразен. Паскаль доказал одну из основных теорем проективной геометрии (теорема Паскаля), сконструировал суммирующую машину (арифмометр Паскаля), дал способ вычисления биномиальных коэффициентов (треугольник Паскаля), впервые точно определил и применил для доказательства метод математической индукции, сделал существенный шаг в развитии анализа бесконечно малых, сыграл важную роль в зарождении теории вероятности. В гидростатике Паскаль установил ее основной закон (закон Паскаля). “Письма к провинциалу” Паскаля явились шедевром французской классической прозы.

Готфрид Вильгельм Лейбниц (1646–1716) - немецкий философ, математик, физик и изобретатель, юрист, историк, языковед. В математике наряду с И. Ньютоном разработал дифференциальное и интегральное исчисление. Важный вклад внес в комбинаторику. С его именем, в частности, связаны теоретико-числовые задачи.

Готфрид Вильгельм Лейбниц имел мало внушительную внешность и поэтому производил впечатление довольно невзрачного человека. Однажды в Париже он зашел в книжную лавку в надежде приобрести книгу своего знакомого философа. На вопрос посетителя об этой книге книготорговец, осмотрев его с головы до ног, насмешливо бросил: “Зачем она вам? Неужели вы способны читать такие книги?” Не успел ученый ответить, как в лавку вошел сам автор книги со словами: “Великому Лейбницу привет и уважение!” Продавец никак не мог взять втолк, что перед ним действительно знаменитый Лейбниц, книги которого пользовались большим спросом среди ученых.

В дальнейшем важную роль будет играть следующая

Лемма. Пусть в множестве элементов, а в множестве-элементов. Тогда число всех различных пар, гдебудет равно.

Доказательство. Действительно, с одним элементом из множества мы можем составитьтаких различных пар, а всего в множествеэлементов.

Размещения, перестановки, сочетания

Пусть у нас есть множество из трех элементов . Какими способами мы можем выбрать из этих элементов два?.

Определение. Размещениями множества из различных элементов поэлементовназываются комбинации, которые составлены из данныхэлементов поэлементов и отличаются либо самими элементами, либо порядком элементов.

Число всех размещений множества из элементов поэлементов обозначается через(от начальной буквы французского слова “arrangement”, что означает размещение), гдеи.

Теорема. Число размещений множества из элементов поэлементов равно

Доказательство. Пусть у нас есть элементы . Пусть- возможные размещения. Будем строить эти размещения последовательно. Сначала определим- первый элемент размещения. Из данной совокупностиэлементов его можно выбратьразличными способами. После выбора первого элементадля второго элементаостаетсяспособов выбора и т.д. Так как каждый такой выбор дает новое размещение, то все эти выборы можно свободно комбинировать между собой. Поэтому имеем:

Пример. Сколькими способами можно составить флаг, состоящий из трех горизонтальных полос различных цветов, если имеется материал пяти цветов?

Решение. Искомое число трехполосных флагов:

Определение. Перестановкой множества из элементов называется расположение элементов в определенном порядке.

Так, все различные перестановки множества из трех элементов - это

Число всех перестановок из элементов обозначается(от начальной буквы французского слова “permutation”, что значит “перестановка”, “перемещение”). Следовательно, число всех различных перестановок вычисляется по формуле

Пример. Сколькими способами можно расставить 8 ладей на шахматной доске так, чтобы они не били друг друга?

Задача . Определить количество всех упорядоченных наборов длиныr , которые можно составить из элементов множестваX (
), если выбор каждого элемента
, производится из всего множестваX .

Упорядоченный набор
– это элемент декартова произведения
, состоящего изr одинаковых множителейX . По правилу произведения количество элементов множества
равно
. Мы вывели формулу
.

Пример . Сколько четырехзначных телефонных номеров можно составить, если использовать все десять цифр?

Здесь
, и количество телефонных номеров равно

2.1.5. Размещения без повторений

Задача . Сколько упорядоченных наборов
можно составить изn элементов множестваX , если все элементы набора различны?

Первый элемент можно выбратьn способами. Если первый элемент уже выбран, то второй элементможно выбрать лишь
способами, а если уже выбран
элемент
, то элементможно выбрать
способами (повторение уже выбранного элемента не допускается). По правилу произведения получаем

Эта формула записывается иначе с использованием обозначения
. Так как

.

Пример . Сколько может быть различных списков победителей олимпиады (первое, второе, третье место), если участвовало 20 человек?

Здесь
, искомым является число

2.1.6. Перестановки без повторений

Рассмотрим частный случай размещения без повторений: если
, то в размещении участвуют все элементы множестваX , т.е. выборки имеют одинаковый состав и отличаются друг от друга только порядком элементов. Такие выборки называютсяперестановками . Количество перестановок изn элементов обозначают:

Пример. Сколькими способами можно выстроить очередь в кассу, если хотят получить зарплату шесть человек?

2.1.7. Перестановки с повторениями

Пусть множество X состоит изk различных элементов:
.Перестановкой с повторениями состава
будем называть упорядоченный набор длины
, в котором элементвстречается раз
. Количество таких перестановок обозначается
.

Пример . Из букв
запишем перестановку с повторением состава
. Ее длина
, причем букваa входит 2 раза,b – 2 раза,c – один раз. Такой перестановкой будет, например,
или
.

Выведем формулу количества перестановок с повторениями. Занумеруем все одинаковые элементы, входящие в перестановку, различными индексами, т.е. вместо перестановки
получим
. Теперь все элементы перестановки различны, а количество таких перестановок равно
. Первый элемент встречается в выборкераз. Уберем индексы у первого элемента (в нашем примере получим перестановку
), при этом число различных перестановок уменьшится в раз, т.к. при изменении порядка одинаковых элементов наша выборка не изменится. Уберем индексы у второго элемента – число перестановок уменьшится в раз. И так далее, до элемента с номеромk – число перестановок уменьшится в раз. Получим формулу

Пример . Сколько различных “слов” можно получить, переставляя буквы слова “передача” ?

В этом слове буквы “е” и “а” встречаются два раза, остальные по одному разу. Речь идет о перестановке с повторением состава
длины. Количество таких перестановок равно

2.1.8. Сочетания

Задача . Сколько различных множеств изr элементов можно составить из множества, содержащегоn элементов?

Будем составлять вначале упорядоченные наборы по r элементов в каждом. Количество таких наборов (это размещения изn элементов поr ) равно
. Теперь учитываем, что порядок записи элементов нам безразличен. При этом изразличных размещений, отличающихся только порядком элементов, получим одно сочетание. Например, два различных размещения
и
из двух элементов соответствуют одному сочетанию
. Таким образом, число сочетанийвраз меньше числа размещений:

Пример . Количество способов, которыми мы можем выбрать из восьми дворников троих равно

Комбинаторика — раздел математики, в котором изучаются вопросы о том, сколько различных комбинаций, подчинённых тем или иным условиям, можно составить из заданных объектов.

Комбинаторика возникла в XVI веке. Первые комбинаторные задачи касались азартных игр. Сегодня комбинаторные методы используются для решения транспортных задач, составления планов производства и реализации продукции. Установлены связи между комбинаторикой и задачами линейного программирования, статистики. Комбинаторика используется для составления и декодирования шифров, для решения других проблем теории информации.

Значительную роль комбинаторные методы играют и в чисто математических вопросах — теории групп и их представлений, изучении основ геометрии, неассоциативных алгебр и др.

Пример комбинаторной задачи. Сколько трёхзначных чисел можно составить из цифр 0, 2, 4, 6, 8, используя в записи числа каждую из них не более одного раза?

I способ. Постараемся выписать все такие числа. На первом месте может стоять любая цифра кроме 0. Например, 2. На втором месте любая цифра из 0, 4, 6 и 8. Пусть 0. Тогда в качестве третьей цифры можно выбрать любую из 4, 6, 8. Получаем три числа

Вместо 0 на второе место можно было поставить 4, тогда третье цифрой можно записать или 0, или 6, или 8:

Рассуждая аналогично, получаем ещё две тройки трёхзначных чисел с цифрой 2 на первом месте:

Других, кроме выписанных 12-ти, трёхзначных чисел с цифрой 2 на первом месте, и удовлетворяющих условию, нет.

Если на первом месте записать цифру 4, а остальные выбирать из цифр 0, 2, 6, 8, то получим ещё 12 чисел:

По столько же трёхзначных чисел можно составить с цифрой 6 на первом месте и цифрой 8 на первом месте. Значит, искомое количество:

Вот эти числа:

204, 206, 208, 240, 246, 248, 260, 264, 268, 280, 284, 286;

402, 406, 408, 420, 426, 428, 460, 462, 468, 480, 482, 486;

602, 604, 608, 620, 624, 628, 640, 642, 648, 680, 682, 684;

802, 804, 806, 820, 824, 826, 840, 842, 846, 860, 862, 864.

Ответ: 48. ◄

Метод рассуждения, которым мы воспользовались при решении предыдущей задачи, называется перебором возможных вариантов .

Правила сложения и умножения

Комбинаторное правило сложения (правило "или") — одно из основных правил комбинаторики, утверждающее, что, если имеется n элементов и элемент A 1 можно выбрать m 1 способами, элемент A 2 можно выбрать m 2 A n можно выбрать m n способами, то выбрать или A 1 , или A 2 , или, и так далее, A n можно

m 1 + m 2 + ... + m n

способами.

Например, выбрать подарок ребёнку из 9 машинок, 7 плюшевых медведей и 3 железных дорог можно

способами.

Ответ: 19. ◄

Правило умножения (правило "и") — ещё одно из важных правил комбинаторики. Согласно ему, если элемент A 1 можно выбрать m 1 способами, элемент A 2 можно выбрать m 2 способами и так далее, элемент A n можно выбрать m n способами, то набор элементов (A 1 , A 2 , ... , A n ) можно выбрать

m 1 · m 2 · ... · m n

способами.

Например.

1) Выбрать ребёнку в подарок машинку, плюшевого медведя и железную дорогу, выбирая из 9 машинок, 7 плюшевых медведей и 3 железных дорог, можно

9 · 7 · 3 = 189

способами.

Ответ: 189.

2) Воспользуемся правилом умножения для решения задачи, уже рассмотренной выше: Сколько трёхзначных чисел можно составить из цифр 0, 2, 4, 6, 8, используя в записи числа каждую из них не более одного раза?

II способ.

0 не может стоять первым, значит первую цифру нужно выбрать из 2, 4, 6, 8 — 4 способа;

второй цифрой может быть любая из четырёх оставшихся — 4 способа;

третью цифру можно выбрать среди трёх оставшихся — 3 способа.

Итак, искомое количество трёхзначных чисел:

4 · 4 · 3 = 48.

Ответ: 48. ◄

Перестановки

Множество из n элементов называется упорядоченным , если каждому его элементу поставлено в соответствие натуральное число от 1 до n .

Перестановкой из n элементов называется любое упорядоченное множество из n элементов.

Например, из 4 элементов ♦ ♣ ♠ можно составить следующие 24 перестановки:

♦ ♣ ♠	♦ ♣ ♠	♣ ♦ ♠	♠ ♦ ♣
♦ ♠ ♣	♦ ♠ ♣	♣ ♦ ♠	♠ ♦ ♣
♦ ♣ ♠	♣ ♦ ♠	♣ ♦ ♠	♠ ♦ ♣
♦ ♣ ♠	♣ ♠ ♦	♣ ♠ ♦	♠ ♣ ♦
♦ ♠ ♣	♠ ♦ ♣	♣ ♠ ♦	♠ ♣ ♦
♦ ♠ ♣	♠ ♣ ♦	♣ ♠ ♦	♠ ♣ ♦

◄

Количество перестановок из n элементов принято обозначать P n . С помощью перебора возможных вариантов легко убедиться, в том что

P 1 = 1; P 2 = 2; P 3 = 6; P 4 = 24.

Вообще, число всевозможных перестановок из n элементов равно произведению всех натуральных чисел от 1 до n , то есть n ! (читается "эн факториал"):

P n = 1 · 2 · 3 · ... · (n - 1 ) · n = n !.

Для P n справедлива рекуррентная формула:

P n = n · P n - 1 .

Значение факториала определено не только для натуральных чисел, но и для 0:

0! = 1 .

Таблица факториалов целых чисел от 0 до 10
n		1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
n !	1	1	2	6	24	120	720	5 040	40 320	362 880	3 628 800

Например, сколькими способами 5 мальчиков и 5 девочек могут занять в театре места в одном ряду с 1-го по 10-е место, если никакие два мальчика и никакие две девочки не сидят рядом?

Возможны два случая с одинаковым количеством способов: 1) мальчики — на нечётных местах, девочки на чётных и 2) наоборот.

Рассмотрим первый случай. Мальчики по нечётным местам могут сесть

P 5 = 120

способами. Столько способов и для девочек на чётных местах. Согласно правилу умножения, мальчики — на нечётных местах, девочки на чётных могут расположиться

120 · 120 = 14 400

способами. Значит, всего способов

14 400 + 14 400 = 28 800.

Ответ: 28 800. ◄

Перестановки с повторениями

Перестановкой с повторениями из n элементов, среди которых k разных, при этом насчитывается n 1 неразличимых элементов первого типа, n 2 неразличимых элементов второго типа и так далее, n k неразличимых элементов k -го типа (где n 1 + n 2 + … + n k = n ), называется любое расположение этих элементов по n различным местам.

Число перестановок с повторениями длины n из k разных элементов, взятых соответственно по n 1 , n 2 , …, n k раз каждый обозначается и вычисляется следующим образом:$$P_{n_1,n_2, ... , n_k}=\frac{n!}{n_1!n_2! ... n_k!}~.$$

Например, сколько различных десятизначных чисел можно составить из цифр: 1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4?

В данном случае: n = 10, n 1 = 1, n 2 = 2, n 3 = 3, n 4 = 4,$$P_{1, 2, 3, 4}=\frac{10!}{1!2! 3! 4!}=\frac{10!}{1!2! 3! 4!}=12~600.$$

Ответ: 12 600. ◄

Размещения

Размещением из n элементов по m (m ≤ n) m элементов, взятых в определённом порядке из данных n элементов.

Два размещения из n элементов по m считаются различными, если они различаются самими элементами или порядком их расположения.

Например, составим все размещения из четырёх элементов A, B, C, D по два элемента:

A B; A C;A D;

B A; B C; B D;

C A; C В; C D;

D A; D В; D C.

◄

Число всех размещений из n элементов по m обозначают \(A_n^m\) (читается: "А из n по m ") и вычисляется по любой из формул:$$A_n^m=n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot ...\cdot (n-m+1)\\A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}$$

Примеры задач.

1) Воспользуемся понятием размещений из n элементов по m для решения задачи, уже дважды рассмотренной ранее: Сколько трёхзначных чисел можно составить из цифр 0, 2, 4, 6, 8, используя в записи числа каждую из них не более одного раза?

II I способ.

Первую цифру можно выбрать четырьмя способами из набора 2, 4, 6, 8. В каждом из этих случаев количество пар второй и третей цифры равно числу размещений из 4 оставшихся цифр по 2. Значит искомое количество трёхзначных чисел равно:$$4\cdot A_4^2=4\cdot \frac{4!}{(4-2)!}=4\cdot \frac{4!}{2!}=4\cdot (3\cdot 4)=48.$$Ответ: 48.

2) Для полёта в космос необходимо укомплектовать экипаж из шести человек. В него должны входить: командир корабля, первый и второй его помощники, два бортинженера, один из которых старший, и один врач. Командный состав выбирается из 20 лётчиков, бортинженеры — из 15 специалистов, а врач — из 5 медиков. Сколькими способами можно укомплектовать экипаж?

Поскольку в выборе командного состава важен порядок, то командира и двух его помощников можно выбрать \(A_{20}^3\) способами. Порядок бортинженеров тоже важен, значит, для их выбора существует \(A_{15}^2\) способов. Врач всего один, для его выбора существует 5 способов. Воспользуемся комбинаторным правилом умножения и найдём количество возможных экипажей корабля:$$A_{20}^3\cdot A_{15}^2\cdot 5=\frac{20!}{17!}\cdot \frac{15!}{13!}\cdot 5=(18\cdot 19\cdot 20)\cdot (14\cdot 15)\cdot 5=7~182~000.$$Ответ: 7 182 000. ◄

Понятно, что, если m = n , то$$A_n^m=A_n^n=P_n=n!.$$

Справедливо также, что, если m = n - 1 , то$$A_n^{n-1}=A_n^n=P_n=n!.$$

Размещения с повторениями

Помимо обычных размещений бывают и размещения с повторениями или выборки с возвращением .

Пусть имеется n различных объектов. Выберем из них m штук, действуя по следующему принципу. Возьмём любой, но не будем его устанавливать в какой-то ряд, а просто запишем под номером 1 его название, сам же объект после этого вернём к остальным. Затем опять из всех n объектов выберем один (в том числе, возможно, и тот, который был только что взят), запишем его название, пометив номером 2, и снова вернём объект обратно. И так далее, пока не получим m названий.

Размещения с повторениями обозначаются \(\overline{A}_n^m\) и, согласно правилу умножения, вычисляются по формуле$$\overline{A}_n^m=n^m.$$Заметим, что здесь допустим случай, когда m > n , то есть выбранных объектов больше, чем их всего имеется. Это неудивительно: каждый объект после "использования" возвращается обратно и может быть использован повторно.

Например, количество вариантов шестизначного пароля, в котором каждый знак является цифрой от 0 до 9 или буквой латинского алфавита (одна и та же строчная и прописная буква — один символ) и может повторяться, равно:$$\overline{A}_{10+26}^6=\overline{A}_{36}^6=36^6=2~176~782~336.$$Если же строчные и прописные буквы считаются различными символами (как это обычно и бывает), то количество возможных паролей становится ещё более колоссальным:$$\overline{A}_{10+26+26}^6=\overline{A}_{62}^6=62^6=56~800~235~584.$$

◄

Сочетания

Сочетанием из n элементов по m (m ≤ n) называется любое множество, состоящее из m элементов, выбранных из данных n элементов.

В отличии от размещений в сочетаниях не имеет значения, в каком порядке указаны элементы. Два сочетания из n элементов по m считаются различными, если они различаются хотя бы одним элементом.

Например, составим все сочетания из четырёх элементов A, B, C, D по два элемента:

A B; A C;A D;

B C; B D;

C D .

◄

Число всех сочетаний из n элементов по m обозначают \(C_n^m\) (читается: "C из n по m ") и вычисляется по любой из формул:$$C_n^m=\frac{A_n^m}{P_m}$$$$C_n^m=\frac{n\cdot (n-1)\cdot (n-2)~\cdot~ ...~\cdot~ (n-m+1)}{1\cdot2\cdot3~\cdot~...~\cdot ~m}$$$$C_n^m=\frac{n!}{m!\cdot (n-m)!}.$$

Примеры задач.

1) Бригада, занимающаяся ремонтом школы, состоит из 12 маляров и 5 плотников. Из них для ремонта физкультурного зала надо выделить 4 маляров и 2 плотников. Сколькими способами можно это сделать?

Так как порядок маляров в каждой выбранной четвёрке и порядок плотников в каждой выбранной паре не имеет значения, то, согласно комбинаторному правилу умножения, искомое количество способов равно:$$C_{12}^4 \cdot C_5^2 =\frac{12!}{4!\cdot 8!}\cdot \frac{5!}{2!\cdot 3!}=\frac{9\cdot10\cdot11\cdot12}{1\cdot2\cdot3\cdot4}\cdot \frac{4\cdot5}{1\cdot 2}=4~950.$$Ответ: 4 950. ◄

2) В классе обучаются 30 учащихся, среди которых 13 мальчиков и 17 девочек. Сколькими способами можно сформировать команду из 7 учащихся этого класса, если в неё должна входить хотя бы одна девочка?

Количество всех возможных команд по 7 человек из класса равно \(C_{30}^7\). Количество команд в которых только мальчики — \(C_{13}^7\). Значит, количество команд, в которых есть хотя бы одна девочка, равно:$$C_{30}^7 - C_{13}^7 =\frac{30!}{7!\cdot 23!} - \frac{13!}{7!\cdot 6!}=2~035~800-1~716=2~034~084.$$Ответ: 2 034 084. ◄

Сочетания с повторениями

Помимо обычных сочетаний рассматривают сочетания с повторениями .

Пусть в множестве имеется n объектов. Выберем из них m штук, действуя по следующему принципу. Возьмём любой, но не будем его устанавливать в какой-то ряд, а просто запишем, сам же объект после этого вернём к остальным. Затем опять из всех n объектов выберем один (в том числе, возможно, и тот, который был взят и записан ранее), запишем его название и снова вернём объект обратно. И так далее, пока не получим m названий.

Принципиальное отличие от размещений с повторениями заключается в том, что в данном случае элементы списка не нумеруются. Например, список "A, С, A, В" и список "А, А, В, С" считаются одинаковыми.

Сочетания с повторениями обозначаются \(\overline{C}_n^m\) и вычисляются по формуле$$\overline{C}_n^m=P_{m,~n-1}=\frac{(m+n-1)!}{m!\cdot (n-1)!}.$$И ещё один способ записи той же формулы:$$\overline{C}_n^m=C_{m+n-1}^m=\frac{(m+n-1)!}{m!\cdot (n-1)!}.$$Заметим, что подобно размещениям с повторениями, допустим случай, когда m > n , то есть выбранных объектов больше, чем их всего имеется. Действительно, каждый объект после "использования" возвращается обратно и может быть использован снова и снова.

Например, выясним сколькими способами можно купить 7 пирожных в кондитерском отделе, если в продаже 4 их сорта?

Естественно полагать, что количество пирожных каждого вида не меньше 7, и при желании можно купить только пирожные одного из них. Так как порядок в котором кладут купленные пирожные в коробку не важен, то имеем дело с сочетаниями с повторениями. Так как нужно выбрать 7 пирожных из 4 его видов, то искомое количество способов равно:$$\overline{C}_4^7=\frac{(7+4-1)!}{7!\cdot (4-1)!}=\frac{10!}{7!\cdot 3!}=\frac{8\cdot 9\cdot 10}{1\cdot 2\cdot 3}=120.$$

Ответ: 120. ◄

Бином Ньютона и биномиальные коэффициенты

Равенство$$(x+a)^n=C_n^0x^na^0+C_n^1x^{n-1}a^1+...+C_n^mx^{n-m}a^m+...+C_n^nx^0a^n$$называют биномом Ньютона или формулой Ньютона . Правая часть равенства называется биномиальным разложением в сумму , а коэффициенты \(C_n^0,~C_n^1,~...~,~C_n^n\) — биномиальными коэффициентами .

Свойства биномиальных коэффициентов:

\(~~~~~~~~1.~~C_n^0=C_n^n=1\\ ~~~~~~~~2.~~C_n^m=C_n^{n-m}\\ ~~~~~~~~3.~~C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^{m}\\ ~~~~~~~~4.~~C_n^0+C_n^1+C_n^2+~...~+C_n^n=2^n\\ ~~~~~~~~5.~~C_n^0+C_n^2+C_n^4+~... =C_n^1+C_n^3+C_n^5+~...=2^{n-1}\\ ~~~~~~~~6.~~C_n^n+C_{n+1}^n+C_{n+2}^n+~...~+C_{n+m-1}^n=C_{n+m}^{n+1}\\ \)

Свойства биномиального разложения:

1. Число всех членов разложения на единицу больше показателя степени бинома,

то есть равно n + 1 .

2. Сумма показателей степеней x и a каждого члена разложения равна показателю степени бинома,

то есть (n - m) + m = n .

3. Общий член разложения (обозначается T n +1 ) имеет вид$$T_{n+1}=C_n^m x^{n-m}a^m,~~~~m=0,~1,~2,~...~,~n.$$

Треугольник Паскаля

Все возможные значения биномиальных коэффициентов (числа сочетаний) для каждого показателя степени бинома n можно записать в виде бесконечной треугольной таблицы. Такая таблица называется треугольником Паскаля:

					\(C_0^0\)
				\(C_1^0\)		\(C_1^1\)
			\(C_2^0\)		\(C_2^1\)		\(C_2^2\)
		\(C_3^0\)		\(C_3^1\)		\(C_3^2\)		\(C_3^3\)
	\(C_4^0\)		\(C_4^1\)		\(C_4^2\)		\(C_4^3\)		\(C_4^4\)
\(C_5^0\)		\(C_5^1\)		\(C_5^2\)		\(C_5^3\)		\(C_5^4\)		\(C_5^5\)
	. . .				. . .				. . .

В этом треугольнике крайние числа в каждой строке равны 1. Действительно, \(C_n^0=C_n^n=1\). А каждое не крайнее число равно сумме двух чисел предыдущей строки, стоящих над ним: \(C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^{m}\).

Таким образом, этот треугольник предлагает ещё один (рекуррентный) способ вычисления чисел \(C_n^m\):

n = 0									1
n = 1								1		1
n = 2							1		2		1
n = 3						1		3		3		1
n = 4					1		4		6		4		1
n = 5				1		5		10		10		5		1
n = 6			1		6		15		20		15		6		1
n = 7		1		7		21		35		35		21		7		1
n = 8	1		8		28		56		70		56		28		8		1
...				...				...		...				...

Подсчитаем в MS EXCEL количество перестановок из n элементов. С помощью формул выведем на лист все варианты перестановок (английский перевод термина: permutation).

Перестановкой множества из n элементов называется расположение элементов в определенном порядке.

Элементами множества могут быть числа, буквы и вообще любые объекты. Главное, чтобы эти элементы были различными. Т.к. любому объекту можно сопоставить число, то для Перестановок обычно используют конечное множество целых чисел, например, {1; 2; 3; 4; 5}. Хотя множества из букв также можно часто встретить в литературе. Например, все различные Перестановки множества из трех элементов {a, b, c} – это abc , acb , bac , bca , cab , cba .

Число Перестановок n элементов равно n! (факториал).

Для вычисления факториала в MS EXCEL есть функция =ФАКТР() , английский вариант FACT(). Понятно, что число перестановок растет очень быстро с ростом n: для n=7 число перестановок равно 5040. Справедливости ради, нужно отметить, что зачастую сами варианты перестановок находить не требуется, главное – найти их количество.

Примечание : Перестановки можно считать частным случаем размещений при n=k (см. статью ). Поэтому для вычисления количества перестановок можно использовать функцию ПЕРЕСТ() . Для n=7 число Перестановок вычисляется по формуле =ПЕРЕСТ(7;7)

Примечание : О Перестановках с повторениями (с возвращением элементов обратно во множество, из которого они берутся, после выборки каждого элемента) можно прочитать в статье .

В файле примера создана универсальная формула для вывода всех Перестановок для заданного n. Например, для n=3.

Задача

6 машин разных марок участвуют в гонках на выживание: LADA Granta, Hyundai Solaris, KIA Rio, Renault Duster, Lada Kalina, Volkswagen Polo. Определить число возможных вариантов распределения мест между всеми участниками.

Нам нужно определить число перестановок 6 машин на 6-и местах. Т.е. n=6. Оказывается, что таких перестановок 720: =ПЕРЕСТ(6;6) или 6! =ФАКТР(6)

Воспользуемся файлом примера , чтобы найти все варианты перестановок.

Произвольным образом сопоставим маркам машин числовые значения и сделаем сокращения названий марок: LADA Granta (LG=1), Hyundai Solaris (HS=2), …

Введя в ячейке В5 значение 6, определим все варианты расстановок машин на занятых ими в гонке местах.

Примечание : О Размещениях можно прочитать в статье , а о Сочетаниях в статье .

Перебор всех возможных перестановок может потребоваться для решения различных задач (см. статью и ).

Инверсии перестановок

Для каждой перестановки a 1, a 2, a 3,..., a n из n целых чисел 1, 2, 3, ..., n , инверсией называется пара (a i, a j) если для i < j выполняется a i > a j. Число инверсией в перестановке показывает насколько перестановка является "несортированной" по возрастанию.

Например, число инверсий в перестановке 1, 2, 3, 4 равно 0 (перестановка из 4-х целых чисел отсортирована по возрастанию от 1 до 4), а число инверсий в перестановке 4, 3, 1, 2 равно 5, т.к.:

• первый элемент (i=1) равен 4 и он больше 3-х чисел (с j=2, 3, 4), которые расположены правее (4>3, 4>1, 4>2), т.е. мы имеем 3 инверсии;
• второй элемент (i=2) равен 3 и он больше2-х чисел (с j=3, 4), которые расположены правее (3>1, 3>2), т.е. мы имеем еще 2 инверсии;
• так третий элемент (i=3) равен 1 и он меньше числа с j=4, которое расположено правее (1<2), то эта пара не является инверсией. Т.е. у перестановки 4, 3, 1, 2 число инверсий равно 3+2+0=5.

В файле примера для каждой Перестановки подсчитывается число инверсией.