Қайталау. Комбинаторика және ықтималдықтар теориясының негіздері. Алгебра, 10 сынып, қосымша материал.

Қосымша 2.

Комбинаторика

1. Факториал.

Анықтама: бірден бастап n-ге дейінгі барлық натурал сандардың көбейтіндісін n факториал деп атаймыз және ол n! символымен белгіленеді.

  n!=1·2·3…·n

 1-мысал.

 1!=1

 2!=1·2

 3!=1·2·3

 4!=1·2·3·4

 5!=1·2·3·4·5

1-ескерту. 0! = 1

2-ескерту. n! =(n-1)!·n=(n-2)!·(n-1)·n

2-мысал.

Есепте , , .

Шешуі. Факториалдың анықтамасын немесе екінші ескертуді қолдана отырып табамыз,

немесе

немесе

==n(n+1)

немесе =n (n+1)

1.1. Факториалы бар теңдеулер

1-мысал. Теңдеуді шеш 5!х=8!

 Шешуі. х=

2-мысал. Теңдеуді шеш

 Шешуі. х=

3-мысал. N!=3(N-1)!

 Шешуі. (N-1)! N=3(N-1)!

N=3.

4-мысал. Теңдеуді шеш

Шешуі. . Бұдан n(n+1)=42; , n=-7, n=6

• Орналастырулар

2.1. Қайталанбайтын орналастырулар.

Қайталанбайтын орналастыру мына формуламен есептелінеді:

(1)

 2-мысал. 1, 2, 3, 4, 5 цифрлар арқылы цифрлары қайталанбайтын қанша а) екі таңбалы, үш таңбалы, төрт таңбалы, бес таңбалы сандар құрастыруға болады?

 Шешуі: а) екі таңбалы сандар саны – 5 элементтен 2-ден алынған қайталанбайтын орналастырулар болады, онда (1) формула бойынша =

б) үш таңбалы сандар саны - 5 элементтен 3-тен алынған қайталанбайтын орналастырулар болады, яғни (1) формуласы бойынша = үш таңбалы сан алуға болады.

в) төрт таңбалы сандар саны – 5 элементтен 4-тен алынған қайталанбайтын орналастырулар сан алуға болады.

г) бес таңбалы сандар саны да тең болады.

3-мысал. 25 орынға 4 адамды неше тәсілмен орналастыруға болады?

 Шешуі: (1) формуласы бойынша n=25, m=4, онда тәсілмен орналастыруға болады.

2.2. Қайталанбалы орналастырулар.

Қайталанатын орналастырулар мына формула бойынша есептейді:

  (2)

1-мысал: 1, 2, 3, 4, 5 цифрлар арқылы цифрлары қайталанатын неше екі таңбалы, үш таңбалы, төрт таңбалы, бес таңбалы сандар құрастыруға болады.

 Шешуі: а) Санның цифрлары қайталанатын болғандықтан, екі таңбалы санның бірінші, екінші цифрын да бес әдіспен алуға болады. Онда көбейту ережесі бойынша цифрлары қайталанатын екі таңбалы санды 5×5=25 әдіспен құрастыруға болады. Сондықтан (2) формуласы бойынша:

  =5²=25

 б) Дәл осылай үш таңбалы санды

  =5³=5·5·5=125 әдіспен алуға болады.

 в) төрт таңбалы санды =5·5·5·5=5⁴=625 әдіспен алуға болады..

 г) бес таңбалы санды = 5·5·5·5·5=5⁵= 3125 әдіспен алуға болады.

 3. Алмастырулар

3.1. Қайталанбайтын алмастырулар.

Қайталанбайтын алмастыру мына формула арқылы есептеледі:

Р_п=n! (3)

  1-мысал. а) 2, 3, 4 цифрлары арқылы қанша үш таңбалы сан жазуға болады. б) 2, 3, 4, 7 цифрлары арқылы қанша төрт таңбалы сан жазуға болады. Санды жазғанда цифрлар қайталанбайды.

 Шешуі: (3) формуланы пайдалану арқылы Р₃=3!=1·2·3=6 үш таңбалы сан бар екенін көруге болады.

 б) (3) формула бойынша Р₄=4!=1·2·3·4=24 төрт таңбалы сан бар екенін көреміз.

 2-мысал. 5 адам неше тәсілмен кезекке тұрады.

 Шешуі: Р₅ = 5! =1·2·3·4·5 = 120 әдіспен кезекке тұрады.

 3.2. Қайталанбалы алмастырулар.

 Қайталанатын алмастырудың саны мына формула бойынша есептеледі

  = (4)

 1-мысал. Т, Ә, У, Л, І, К; әріптерінен қанша сөз (мағынасыз) құрастыруға болады.

 Шешуі: мұнда әріптер әр түрлі болғандықтан Р₆=6! Сонымен

 Т, Ә, У, Л, І, К әріптерінен Р₆ = 6! = 720 әр түрлі сөз құрастыруға болады.

 2-мысал. М, Е, К, Е, М, Е. әріптерінен алмастыру санын тап.

 Шешуі: Мұнда М әрпі 2 рет қайталанады, яғни n₁=2, Е әрпі 3 рет қайталанады, яғни n₂=3 және К элементі үшін – n₃=1. n=n₁+n₂ +n₃=2+3+1=6. Сонымен (4) формула бойынша қайталанатын алмастыру Р_3,2,1=.

 Жіктеуге арналған есеп. Әр түрлі n затты неше әдіспен n₁, n_2, …, n_к элементтен тұратын 1, 2, …, к топтарға бөлуге болады деген мазмұндағы комбинаторикалық есептерді мына формула арқылы шығаруға болады.

(5)

 3-мысал. №1, №2, №3, №4 нөмірлі 4 өнеркәсіп бөлімшесіне 10 маманды сәйкесінше 1, 2, 3, 4 мамандар баратындай неше әдіспен бөлуге болады?

 Шешуі. Мұнда n= 10, n₁ =1, n₂ =2, n₃ =3, n₄ =4, онда (5) формула бойынша әдіспен 10 маманды 4 өнеркәсіп бөлімшесіне бөлуге болатынын есептейміз.

• Терулер

4.1. Қайталанбайтын терулер. Ньютон Биномы

 Егер комбинациядағы элементтердің реті емес, тек оның құрамы қарастырылса, онда сөз теру жайлы болады.

Қайталанбайтын теру төмендегі формула бойынша есептелінеді: = (6)

 1-мысал. А, В, С, D төрт элементтен 2 элементті қайталанбайтын орналастырулар және терулер санын табу керек.

 Шешуі. Орналастыру формуласы бойынша n=4, m=2, ==, яғни

АВ АС А D ВС ВD СD

  ВА СА DА СВ DВ DС

мұнда элементтердің орналасу реті маңызды.

 Ал дәл осы элементтер үшін, яғни n=4, m=2 жағдайда, (6) формула бойынша терудің санын табуға болады

  ====6, яғни

АВ АС АD ВС ВD СD

мұнда элементтердің орналасу реті маңызды емес.

Теру санын есептеуде төмендегі қасиеттерді пайдалануға болады: 1. =1

2. = 1

3. = n

4. =

5.

 Соңғы қасиет «рекурренттік формулалар» санына жатады. Егер n=6 деп алсақ, онда . Бұл қасиетті Паскаль үшбұрышы деп аталатын сандық таблица түрінде жазуға да болады. Оның төбесі және бүйір қабырғалары 1 санынан тұрады. Ал басқа кез-келген жолдың элементтері алдыңғы жолдың сол және оң жағында тұрған сандардың қосындысына тең болып, олардың арасына жазылады.

1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1

1 7 21 35 35 21 7 1

1 8 28 56 70 56 28 8 1

1 9 36 84 126 126 84 36 9 1

 Сонымен n=6 үшін (6 жол) және m=3 , яғни 15=5+10.

 Паскаль үшбұрышындағы сандар биномдық коэффиценттер деп аталады. Бұл коэффициенттер Ньютон биномының коэффи-центтеріне тең.

(а+в)ⁿ = aⁿ b⁰ + a^n-1 b¹ + a^n-2 b² +…+ a¹ b^n-1 + a⁰ bⁿ

  2-мысал. (а+в)⁹ өрнегін Ньютон биномының формуласын пайдаланып жаз.

 Шешуі: (а+в)⁹ = а⁹ в⁰ + а⁸ в¹ + а⁷ в² + а⁶ в³ + а⁵ в⁴ +

  а⁴ в⁵ + а³ в⁶ + а² в⁷ + а¹ в⁸ + а⁰ в⁹

Мұнда Паскаль үшбұрышындағы 9-шы жолдың коэффиценттері қолданылады.

Сонымен (а+в)⁹ =а⁹ + 9а⁸в¹ +36 а⁷в² + 84 а⁶в³ + 126 а⁵в⁴ + 126 а⁴в⁵ +

84 а³в⁶ + 36 а²в⁷ + 9 а¹в⁸ + в⁹.

 3-мысал. Жәшікте 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 цифрлары арқылы нөмірленген 10 бұйым бар. Кез келген үш бұйымды неше тәсілмен алуға болады?

 Шешуі. Мұнда алынған бұйымдардың орналасу реті маңызды болмағандықтан теру формуласы бойынша

  = тәсіл бар екенін көру қиын емес.

 4-мысал. Жәшікте 10 деталь бар. Оның алтауы стандартты деталь. Жәшіктен құрамында екі стандартты деталь болатындай бес детальды неше әдіспен алуға болады?

 Шешуі. Есептің шартынан N=10, n=6, к=2, m=5. n=6 стандарттық детальдан к=2 стандарттық детальды әдіспен алуға болады, ал қалған үш деталь стандартты болмау керек. N-n=10-6=4 стандартты емес детальдан m-k=3 стандартты емес детальды әдіспен алуға болады. Сонымен, жәшіктен 5 детальды алу және оның ішінде 3 стандартты емес деталь болатынын көбейту ережесі бойынша табамыз. = әдіс болады.

• • Қайталанбалы терулер.

 Қайталанбалы терулер төмендегі формуламен есептеледі.

  = (7)

1-мысал. Гүлдер сататын дүкенде үш түрлі гүл бар. Әрқайсысында 5 гүлден болатын әр түрлі неше гүл шоғын алуға болады?

 Шешуі. Гүл шоғындағы бір сортты гүлдердің түрлері қайта-ланып,гүлдердің орналасу реті ескерілмейтіндіктен, біз қайталанбалы терулер формуласын пайдаланамыз. Қарастырылып отырған жиын 3 элементтен тұрады, ал таңдама (гүл шоғы) 5 элементтен тұрады, яғни гүлдер шоғының саны – 3 элементтен 5-тен алынған терулер саны , яғни n=3, k=5 болады, (7) формула бойынша

 әртүрлі гүлдер шоғын алуға болады.

Ықтималдықтар

• Ықтималдықтың классикалық анықтамасы

А оқиғасының ықтималдығы:

(8)

Кез – келген А оқиғасының ықтималдығы келесі шарттарға тәуелді:

1.

2. егер А – мүмкін емес оқиға болса

3. егер А – ақиқат оқиға.

 1-мысал. Үш теңгені лақтырғанда «елтаңба» шығу ықтималдығын табу керек: а) бір рет; б) екі рет; в) үш рет; г) ешқандай.

 Шешуі: Үш теңгені лақтырғандағы барлық мүмкін оқиғалар саны 2×2×2=8. Бұл ЕЕЕ, ЕЕС, ЕСЕ, СЕЕ, ЕСС, СЕС, ССЕ, ССС.

 а) А - “Елтаңба бір рет түсу” оқиғасының орындалу саны m=3, сонда .

 б) Дәл осылай В – «елтаңба екі рет түсу» оқиғасының орындалу саны m=3, сонда .

 в) С - «елтаңба үш рет түсу» оқиғасының орындалу саны m=1, сонда Р(С)=.

 г) D – «елтаңбаның кем дегенде бір рет түсу» оқиғасының орындалу саны m=7, сонда Р(D)=. Мұнда ССС шығу оқиғасы қарастырылмайды.

Ықтималдықтың негізгі теоремалары.

• Үйлесімді және үйлесімсіз оқиғалардың ықтималдықтарын қосу теоремалары

6.1. Үйлесімсіз оқиғалардың ықтималдықтарын қосу теоремасы

  P(A+B)=P(A)+P(B) (9)

1-салдар. P(A₁+A₂+…+A_n) = P(A₁)+P(A₂)+…+P(A_n) (10)

2-салдар. Р (А₁)+ Р (А₂)+…+ Р (А_n)=1 (11)

3-салдар. Р(А)+Р()=1 (12)

 1-мысал. 50 бұйымның ішінде 5 іске жарамсыз бұйым бар, Есептің шарты бойынша 25 бұйымның кемінде біреуі іске жарамсыз болады деп тәжірибе жүргізгендегі ықтималдықты анықта.

 Шешуі. 25 алынған бұйымның барлығы іске жарамды болсын, оны А оқиғасы деп белгілейік. В арқылы 25 бұйымның ішінде беруі жарамсыз болғанын белгілейік. Әрине, бұлар үйлесімсіз оқиғалар. Онда А+B – партияда бірден артық жарамсыз бұйым жоқ деген оқиғаны анықтайды. Демек, (9) формула бойынша

6.2. Үйлесімді оқиғалардың ықтималдықтарын қосу теоремасы

(13)

• Тәуелді және тәуелсіз оқиғалар үшін көбейту теоремалары
  • Тәуелсіз оқиғалар үшін көбейту теоремасы

(14)

Салдар. (15)

1-мысал. Бірінші атқыштың нысанаға тигізу ықтималдығы - 0,8, ал екіншісінің - 0,9 тең. Екі атқыш бір мезгілде нысанаға оқ атқанда а) екі оқтың да дәл тию; б) екі оқтың да тимеу ықтималдығын тап.

Шешуі. а) А және В арқылы бірінші және екніші атқыштың нысанаға тигізу оқиғаларын белгілейік, онда оларға қарама-қарсы оқиғалар - бірінші атқыштың оғының тимеуі, ал - екінші атқыштың оғының тимеуі болады. Ал, АВ оқиғасы екі атқыштың да оқтарының нысанаға тигенін білдіреді, сонда .

А және В оқиғалары тәуелсіз. Сондықтан, (14) формула бойынша екі атқыштың да оғының нысанаға тию ықтималдығы

б) оқиғасы – екі оқтың да нысанаға тимеуі. Онда, және оқиғалары тәуелсіз. Сондықтан екі атқыштың оқтарының тимеуі (14) формула бойынша есептеледі.

 2-мысал. Бірінші жәшікте 20 деталь бар, олардың 15-і стандартты, екінші жәшікте 15 деталь бар, олардың ішінде 10-ы стандартты. Әрбір жәшіктен бір детальдан алынды. Олардың кем дегенде біреуі стандартты болу ықтималдығын тап.

 Шешуі. Бірінші жәшіктен алынған детальдың стандартты болуы - А оқиғасы, ал екінші жәшіктен алынған детальдың стандартты болуы В оқиғасы болсын. Сонда С =А+В оқиғасы алынған детальдардың кем дегенде біреуі стандартты, А және В оқиғалары үйлесімді оқиғалар болғандықтан, (13) формула бойынша:

• • Тәуелді оқиғалар үшін көбейту теоремасы.

(16)

1-мысал. Жәшікте 20 жарамды және 10 жарамсыз деталь бар, бақылаушы бір-бірден екі деталь алады.

Мынадай оқиғаларды қарастырайық. А оқиғасы – бірінші деталь жарамды, В оқиғасы - екінші деталь жарамды. В оқиғасының ықтималдығы қандай?

Шешуі. Бұл жерде екі мүмкін болатын жағдайды қарастырайық:

1) Егер А оқиғасы орындалса, онда жәшікте 29 деталь қалады, олардың 19-ы жарамды. Екінші деталдың жарамды болу ықтималдығы .

2) Егер А оқиғасы орындалмаса, онда қалған 29 детальдің 20-ы жарамды болады. В оқиғасының ықтималдығы . Көріп тұрғанымыздай, В оқиғасының пайда болу ықтималдығы А оқиғасының орындалу, оындалмауына байланысты. Бұл жағдайда да А және В оқиғалары тәуелді және В оқиғасының ықтималдығы шартты ықтималдық болады. Бірінші жағдайда, , ал екінші жағдайда .

 2-мысал. Алдыңғы 1-мысалдың шарты бойынша, бақылаушының алған екі деталі де жарамды болу ықтималдығын тап.

Шешуі. А оқиғасы- бірінші деталь жарамды, В оқиғасы- екінші деталь жарамды, АВ оқиғасы – екі деталь да жарамды. Мұнда А және В тәуелді оқиғалар. Сонымен, АВ оқиғасының ықтималдығы (16) формула бойынша есептеледі:

.

Тәжірибенің қайталануы.

• Бернулли схемасы. Тәжірибені қайталау

Бернулли формуласы немесе биномдық формуласы:

(20)

Мұнда Р_п(к) арқылы n рет тәжірибе жүргізгенде А оқиғасының k рет орындалу ықтималдығы, n тәуелсіз тәжірибе.

 1-мысал. Әрбір детальдың стандартты болу ықтималдығы 0,9-ға тең. Қалай болса солай алынған 4 детальдың ішінде k=0, 1,2,3,4 стандартты деталь болу ықтималдығын тап.

Шешуі. Бернулли формуласын пайдаланайық, мұндағы n=4, p=0.9, q=0,1.

Тексеру:

P₄(0)+ P₄(1)+P₄(3)+ P₄(4)=0,0001+0,0036+0,0486+0,2916+0,6561=1

Сонымен есептеулер дұрыс жүргізілді.

Бернулли схемасы мен үйлесімсіз оқиғалардың қосындысы туралы теореманы пайдаланып, n тәуелсіз тәжірибеде А оқиғасы:

а) k-дан кем рет орындалу ықтималдығы -формуласы бойынша есептеледі;

б) k-дан артық рет орындалу ықтималдығы формуласы бойынша есептеледі;

в) k-дан кем емес рет орындалу ықтималдығы формуласы бойынша есептеледі;

г) k-дан артық емес рет орындалу ықтималдығы формуласы бойынша есептеледі;

д) k₁ -ден кем емес, k₂ -ден артық рет емес рет орындалу ықтималдығы Р_n(к ₁≤ к ≤ к₂) = Р_n(к₁)+Р_n(к₁ +1)+…+Р_n(к₂) формуласы бойынша есептеледі;

е) ең болмағанда бір рет орындалу ықтималдығы

Р_n(1)+Р_n(2)+…+Р_n(n) немесе 1 – Р_n(0) формуласы бойынша есептеледі, өйткені Р_n(0)+Р_n(1)+…+Р_n(n)= 1 екені белгілі.

  2-мысал. Үлкен көлемді партияда 80% жарамды бұйым бар. Кез келген 5 бұйымның а) үштен артығы жарамсыз болу ықтималдығын; б) үштен артық емес бұйым жарамсыз болу ықтималдығын; в) кем дегенде бір бұйымның жарамсыз болу ықтималдығын тап.

 Шешуі: А – алынған бұйымның жарамсыз болуы. Оның ықтималдығы

, ал кездейсоқ алынған оқиғаның жарамды болу ықтималдығы

тең.

а) Алынған 5 бұйымның ішінде үштен артығы жарамсыз болу ықтималдығы мынаған тең

б) Алынған 5 бұйымның үштен артық емес бұйымы жарамсыз болу ықтималдығн екі әдіспен табуға болады.

Соңғы оқиғаның ықтималдығын басқаша да есептеуге болады. «Үштен артық» және «үштен артық емес» оқиғалар қарама-қарсы оқиғалар болып саналады және қарама-қарсы оқиғалар туралы теорема бойынша

. Онда

в) кем дегенде бір бұйымның жарамсыз болу ықтималдығы мынаған тең .