مقالات

7.5: التباديل المميز


إذا كانت هناك مجموعة من 15 كرة بألوان مختلفة ، فإن عدد التباديل في تبطين الكرات في صف واحد هو (_ {15} P_ {15} = 15! ). إذا كانت جميع الكرات بنفس اللون ، فلن يكون هناك سوى تبديل واحد مميز في ترتيبها في صف واحد لأن الكرات نفسها ستبدو كما هي بغض النظر عن كيفية ترتيبها.

إذا كانت 10 من الكرات صفراء وكانت الكرات الخمس الأخرى جميعها مختلفة الألوان ، فكم عدد التبديلات التي يمكن تمييزها؟

بغض النظر عن كيفية ترتيب الكرات ، نظرًا لأنه لا يمكن تمييز الكرات الصفراء العشر عن بعضها البعض ، يمكن تبديلها دون أي تغيير محسوس في الترتيب العام. نتيجة لذلك ، سيكون عدد التبديلات التي يمكن تمييزها في هذه الحالة ( frac {15!} {10!} ، ) نظرًا لوجود (10! ) إعادة ترتيب للكرات الصفراء لكل موضع ثابت للآخر كرات.

القاعدة العامة لهذا النوع من السيناريوهات هي أنه ، نظرًا ل (n ) كائنات بها (n_ {1} ) كائنات من نوع واحد لا يمكن تمييزها ، (n_ {2} ) كائنات من نوع آخر التي لا يمكن تمييزها وما إلى ذلك ، فسيكون عدد التبديلات التي يمكن تمييزها:
[
ابدأ {مجموعة} {ج}
ن !
frac {n} {n_ {1}! * ن_ {2}! * ن_ {3}! * cdots * n_ {k}!}
نص {with} n_ {1} + n_ {2} + n_ {3} + cdots + n_ {k} = n
نهاية {مجموعة}
]
مثال
أوجد عدد طرق وضع 12 كرة في صف إذا كان 5 كرات حمراء و 3 خضراء و 4 صفراء.
سيكون هذا ( frac {12!} {5! 3! 4!} = frac {12 * 11 * 10 * 9 * 8 * 7 * 6 * 5 * 4 * 3 * 2 * 1} {5 * 4 * 3 * 2 * 3 * 2 * 4 * 3 * 2} )
[
ابدأ {مجموعة} {l}
= فارك {12 * 11 * 10 * 9 * 8 * 7 * 6} {3 * 2 * 4 * 3 * 2}
=27,720
نهاية {مجموعة}
]

هناك طريقة أخرى للتفكير في هذه المشكلة وهي اختيار خمسة من اثني عشر مكانًا لوضع الكرات الحمراء فيها - نظرًا لأن ترتيب الاختيار ليس مهمًا ، فهناك (_ {12} C_ {5} ) طرق للقيام بذلك . بعد ذلك ، من بين المساحات السبعة المتبقية المتاحة ، نحتاج إلى اختيار ثلاث منها لوضع الكرات الخضراء فيها. هناك (_ {7} C_ {3} ) طرق للقيام بذلك. ثم يتم وضع الكرات الصفراء الأربع في المساحات الأربعة المتبقية.

نتيجة هذه العملية أن هناك (_ {12} C_ {5} ) طرقًا لاختيار أماكن الكرات الحمراء و (_ {7} C_ {3} ) طرق لاختيار أماكن الكرات الخضراء وينتج عنها:
[
_ {12} C_ {5} * _ {7} C_ {3} = frac {12!} {5! 7!} * frac {7!} {3! 4!} = frac {12!} {5! 3! 4!}
]
ينتج عن هذا نفس الإجابة كما هو الحال عندما تعاملنا مع المشكلة كتقليب. إن النظر في المشكلة بهذه الطريقة يساعدنا على حل المشكلات التي تنطوي على إسناد المهام لمجموعات من الأفراد.
مثال
سيتم تكليف 14 عامل بناء بثلاث مهام مختلفة. هناك حاجة لستة عمال لخلط الأسمنت ، وخمسة لبناء الطوب وثلاثة لنقل الطوب إلى طبقات الطوب. ما عدد الطرق المختلفة التي يمكن تكليف العمال بها بهذه المهام؟

هذه أيضًا مشكلة التقليب المميز. على الرغم من أن ترتيب العمال ليس مهمًا هنا ، إلا أن النتيجة واحدة:
[
frac {14!} {6! 5! 3!}
]
هناك طريقة أخرى للتفكير في مشاكل من هذا النوع وهي أنها مشاكل مركبة ، لأن الترتيب الذي يتم تعيين العمال به ليس مهمًا. في هذه الحالة ، نحتاج إلى اختيار ستة من الأربعة عشر عاملاً لخلط الأسمنت ، وخمسة لرص الطوب وثلاثة لحمل الطوب.
لاختيار ستة عمال لخلط الأسمنت: ( quad_ {14} C_ {6} = frac {14!} {6! 8!} )
لتحديد خمسة عمال (من الثمانية المتبقية) لوضع الطوب: ( quad_ {8} C_ {5} = frac {8!} {5! 3!} )
لاختيار ثلاثة عمال (من ثلاثة عمالة) لحمل الآجر: 1

إذا كانت هناك ( frac {14!} {6! 8!} ) طرق لاختيار طاقم الأسمنت و ( frac {8!} {5! 3!} ) طرق لاختيار البنائين من الباقين ثمانية عمال ، ثم سيكون هناك:
[
frac {14!} {6! 8!} * frac {8!} {5! 3!} = frac {14!} {6! 5! 3!}
]
طرق تكليف العمال بهذه المهام.

تمارين 7.5
أوجد عدد التبديلات التي يمكن تمييزها للأحرف المعينة.
1) ( رباعي أ أ أ ب ب ج )
2) ( رباعي أ أ أ ب ب ج ج ج )
3) ( رباعي أ أ ب ج د )
4) ( رباعي أ ب ج د د د ه E )
5) ما هو عدد الطرق التي يمكن فيها ترتيب كرتين أزرق وأربع كرات حمراء على التوالي؟
6) كم عدد الطرق التي يمكن بها ترتيب خمس كرات حمراء وكررتان بيضاء وسبع كرات صفراء على التوالي؟
7) ما هو عدد الطرق المختلفة التي يمكن بها ترتيب أربعة بنسات وثلاثة نيكل واثنين دايمين وثلاثة أرباع على التوالي؟
8) ما هو عدد الطرق التي يمكن ترتيب حروف كلمة ELEEMOSYNARY بها؟
9) اشترى رجل ثلاثة أكواز آيس كريم فانيليا و 2 كوز شوكولاتة وأربعة أكواز فراولة وخمسة أكواز بسكويت لـ 14 طفلاً. في عدد الطرق التي يمكن أن يوزع بها المخاريط بين الأطفال.
10) عندما يقوم سبعة طلاب برحلة ، يجدون فندقًا به ثلاث غرف متاحة - غرفة لشخص واحد وغرفة لشخصين وغرفة لثلاثة أشخاص. ما هو عدد الطرق المختلفة التي يمكن بها تعيين الطلاب في هذه الغرف؟ (سينام طالب واحد في السيارة)
11) ثمانية عمال يقومون بتنظيف منزل كبير. يلزم خمسة لتنظيف النوافذ ، اثنتان لتنظيف السجاد وواحدة لتنظيف باقي المنزل. ما هو عدد الطرق المختلفة التي يمكن بها تعيين هذه المهام للعمال الثمانية؟


لشرح من أين تأتي الصيغة الخاصة بك ولماذا تعمل ، فكر في تقسيمها إلى خطوات:

الخطوة 1: اختر أين يذهب الحمر. هناك طرق $ binom <10> <2> $ لترتيب الأحمر و ليس أحمرs (تجاهل حقيقة أن الألوان غير الحمراء متعددة الألوان في الوقت الحالي).

الخطوة 2: من بين المساحات المصنفة للاستخدام من قبل غير الأحمر ، اختر أيًا من تلك المسافات سيشغلها البلوز: هناك عدد $ binom <10-2> <3> $ عدد الطرق للقيام بذلك.

الخطوة 3: من بين المساحات المصنفة للاستخدام من قبل ليس الأحمر أو الأزرق ، اختر أيًا منها يشغلها الخضر: هناك $ binom <10-2-3> <5> $ عدد الطرق.

وبالتالي ، هناك $ binom <10> <2> cdot binom <8> <3> cdot binom <5> <5> = frac <10!

5!> <2! 8! 3! 5! 5! 0!> = frac <10!> <2! 3! 5!> $ عدد الطرق لتحقيق ذلك.


افترض أن 5 أشخاص ، بمن فيهم أنت وصديق ، يصطفون بشكل عشوائي. دع المتغير العشوائي (X ) يشير إلى عدد الأشخاص الذين يقفون بينك وبين صديق. حدد دالة الكتلة الاحتمالية لـ (X ) في شكل جدول. تحقق أيضًا من أن ملف p.m.f. هو p.m.f. صالح.

تحتوي البحيرة على 600 سمكة ، تم تصنيف ثمانين (80) منها من قبل العلماء. باحث يصطاد عشوائياً 15 سمكة من البحيرة. أوجد صيغة دالة الكتلة الاحتمالية لـ (X ) ، وعدد الأسماك في عينة الباحث التي تم تمييزها.

إجابه

هذه المشكلة مشابهة جدًا للمثال الموجود في الصفحة السابقة حيث كنا مهتمين بإيجاد p.m.f. من (X ) ، عدد المصابيح المعيبة المختارة في عينة من 4 لمبات. هنا ، نحن مهتمون بإيجاد (X ) ، عدد الأسماك الموسومة المختارة في عينة من 15 سمكة. بمعنى ، (X ) متغير عشوائي فوقي هندسي مع (م = 80 ) ، (ن = 600 ) ، و (ن = 15 ). لذلك ، مساءا. من (X ) هو:

للدعم (س = 0 ، 1 ، 2 ، النقاط ، 15 ).

دع المتغير العشوائي (X ) يشير إلى عدد الآص في يد من خمس بطاقات يتم توزيعها من مجموعة قياسية مكونة من 52 بطاقة. أوجد صيغة دالة الكتلة الاحتمالية لـ (X ).

إجابه

المتغير العشوائي (X ) هنا يتبع أيضًا التوزيع الهندسي الفائق. هنا ، يوجد (N = 52 ) إجمالي البطاقات ، (n = 5 ) تم أخذ عينات من البطاقات ، و (م = 4 ) الآس. لذلك ، مساءا. من (X ) هو:

للدعم (س = 0 ، 1 ، 2 ، 3 ، 4 ).

افترض أن 5 أشخاص ، بمن فيهم أنت وصديق ، يصطفون بشكل عشوائي. دع المتغير العشوائي (X ) يشير إلى عدد الأشخاص الذين يقفون بينك وبين صديق. حدد دالة الكتلة الاحتمالية لـ (X ) في شكل جدول. تحقق أيضًا من أن ملف p.m.f. هو p.m.f. صالح.


التباديل والتوافيق

B Y تصاريح الحروف abc نعني جميع الترتيبات الممكنة:

هناك 6 تباديل لثلاثة أشياء مختلفة. مع زيادة عدد الأشياء (الحروف) ، تزداد تباديلها بشكل فلكي. على سبيل المثال ، إذا تم تبديل اثني عشر شيئًا مختلفًا ، فإن عدد تباديلها هو 479،001،600.

الآن ، لم يتم العثور على هذا العدد الهائل من خلال عدهم. مشتق نظريًا من المبدأ الأساسي للعد:

إذا كان من الممكن اختيار شيء ما ، أو يمكن حدوثه ، أو القيام به ، بطرق مختلفة ، وبعد حدوث ذلك ، يمكن اختيار شيء آخر بطرق مختلفة ، فإن عدد طرق اختيار كل منهما هو m & middot n .

على سبيل المثال ، تخيل وضع الأحرف أ ، ب ، ج ، د في قبعة ، ثم رسم اثنين منهم على التوالي. يمكننا رسم الأول بأربع طرق مختلفة: إما أ أو ب أو ج أو د. بعد أن حدث ذلك ، هناك 3 طرق لاختيار الثانية. هذا يعني أنه لكل من هذه الطرق الأربعة هناك 3. لذلك ، هناك 4 & middot 3 أو 12 طريقة ممكنة لاختيار حرفين من أربعة.

أب با كاليفورنيا دا
أ قبل الميلاد cb ديسيبل
ميلادي دينار بحريني قرص مضغوط العاصمة

يعني ab أنه تم اختيار a أولاً ، وتعني b الثانية ba أنه تم اختيار b أولاً وثانيًا وهكذا.

دعونا الآن نفكر في العدد الإجمالي للتباديل للأحرف الأربعة. هناك 4 طرق لاختيار الأول. تبقى 3 طرق لاختيار الطريقة الثانية ، وطريقتان لاختيار الطريقة الثالثة ، وطريقة واحدة لاختيار الطريقة الأخيرة. لذلك فإن عدد التباديل لأربعة أشياء مختلفة هو

وبالتالي ، فإن عدد التباديل لأربعة أشياء مختلفة يتم أخذها 4 في وقت واحد هو 4 !. (انظر موضوع 19.)

(أن نقول "تؤخذ 4 في كل مرة" هو اصطلاح. نعني ، "4! هو عدد التباديل لأربعة أشياء مختلفة مأخوذة من إجمالي 4 أشياء مختلفة.")

عدد التباديل لـ n من الأشياء المختلفة المأخوذة n في المرة الواحدة
هو ن !.

مثال 1. خمسة كتب مختلفة على الرف. ما هو عدد الطرق المختلفة التي يمكنك ترتيبها بها؟

إجابه . 5! = 1 & middot 2 & middot 3 & middot 4 & middot 5 = 120

مثال 2. هناك 6! تباديل 6 أحرف من كلمة مربع.

أ) كم منهم r الحرف الثاني؟ _ r _ _ _ _

ب) في كم منهم يوجد q و e بجانب بعضهما البعض؟

أ) دع r يكون الحرف الثاني. ثم هناك 5 طرق لملء البقعة الأولى. بعد حدوث ذلك ، هناك 4 طرق لملء الثالث ، و 3 لملء الرابع ، وهكذا. يوجد 5! مثل هذه التباديل.

ب) دع q و e بجوار بعضهما البعض مثل qe. ثم نتبادل الوحدات الخمس qe، s، u a، r. . لديهم 5! التباديل. لكن يمكن أن يكون q و e معًا كمكافئ. لذلك ، فإن إجمالي عدد الطرق التي يمكن أن يكونوا فيها بجوار بعضهم البعض هو 2 & middot 5! = 240.

تباديل أقل من الكل

لقد رأينا أن عدد طرق اختيار حرفين من 4 هو 4 و middot 3 = 12. نسمي هذا

"عدد التباديل لـ 4 أشياء مختلفة مأخوذة 2 في كل مرة."

سنرمز إلى هذا على أنه 4 P 2:

يشير المؤشر السفلي 2 إلى عدد العوامل. يشير المؤشر العلوي 4 إلى العامل الأول.

على سبيل المثال ، 8 P 3 تعني "عدد التباديل لـ 8 أشياء مختلفة تؤخذ 3 في كل مرة." و

8 ص 3 = 8 & middot 7 & middot 6
= 56 & · 6
= 50 & middot 6 + 6 & middot 6
= 336

هناك 8 طرق لاختيار الطريقة الأولى ، و 7 طرق لاختيار الثانية ، و 6 طرق لاختيار الطريقة الثالثة.

n P k = n (n & minus 1) (n & minus 2) & middot & middot & middot to k العوامل

5! هو عامل 8! ، وبالتالي إلغاء 5!

الآن ، 8 & middot 7 & middot 6 هي 8 P 3. نرى إذن أنه يمكن التعبير عن 8 P 3 بدلالة العوامل مثل

بشكل عام ، يمكن تمثيل عدد الترتيبات - التباديل - لعدد n من الأشياء التي تم أخذها k في كل مرة ، على النحو التالي:

العامل العلوي هو المؤشر العلوي لـ P ، بينما العامل السفلي هو الفرق بين المؤشرات.

مثال 3. اكتب 10 P 4 بدلالة العوامل.

العامل العلوي هو المؤشر العلوي ، والعامل السفلي هو الفرق بين المؤشرات. عندما يلغي! 6 ، يصبح البسط 10 و middot 9 و middot 8 و middot 7.

هذا هو عدد التباديل لـ 10 أشياء مختلفة مأخوذة 4 في كل مرة.

مثال 4. احسب n P n.

حل . ن ف ن = ن !
(ن & ناقص ن)!
= ن !
0!
= ن !
1
= ن!

n P n هو عدد التباديل لـ n أشياء مختلفة مأخوذة n في وقت واحد - إنه العدد الإجمالي للتباديلات n من الأشياء: n! التعريف 0! = 1 يجعل السطر (1) أعلاه صالحًا لجميع قيم k: k = 0 ، 1 ، 2 ،. . . ، ن .

المشكلة 1. اكتب كل تبديلات xyz.

لرؤية الإجابة ، مرر مؤشر الماوس فوق المنطقة الملونة.
لتغطية الإجابة مرة أخرى ، انقر فوق "تحديث" ("إعادة تحميل").

المشكلة 2. كم عدد التباديل بين الحروف pqrs؟

المشكلة الثالثة: أ) كم عدد الترتيبات المختلفة لأحرف أرقام الكلمات؟

ب) كم عدد الترتيبات التي تحتوي على الحرف "ب" باعتباره الحرف الأول؟

ضع b كحرف أول ، وبدل باقي الـ 6. لذلك ، هناك 6! مثل هذه الترتيبات.

ج) كم عدد الحرف b باعتباره الحرف الأخير - أو في أي موضع محدد؟

د) كم سيكون عدد n و u و m معًا؟

ابدأ بتبديل الأشياء الخمسة - num ، b ، e ، r ، s. سيكون لديهم 5! التباديل. لكن في كل واحد منهم ، هناك 3! إعادة ترتيب الأسطوانات. وبالتالي ، فإن العدد الإجمالي للترتيبات التي تكون فيها n و u و m معًا هو 3! & middot 5! = 6 & middot 120 = 720.

المشكلة 4. أ) كم عدد الترتيبات (التباديل) المختلفة للأرقام 01234؟

ب) كم عدد الأرقام المكونة من 5 أرقام التي يمكنك تكوينها من هذه الأرقام ، حيث يكون

ب) الرقم الأول ليس 0 ولا يتكرر أي رقم؟

نظرًا لأن 0 لا يمكن أن يكون الأول ، قم بإزالته. ثم سيكون هناك 4 طرق لاختيار الرقم الأول. الآن استبدل 0. سيكون الآن واحدًا من 4 أرقام متبقية. لذلك ، ستكون هناك 4 طرق لملء البقعة الثانية ، و 3 طرق لملء النقطة الثالثة ، وهكذا. العدد الإجمالي للأعداد المكونة من 5 أرقام ، إذن ، هو 4 & middot 4! = 4 و middot 24 = 96.

ج) كم عدد الأرقام الفردية المكونة من 5 أرقام التي يمكنك تكوينها باستخدام 0 و 1 و 2 و 3 و 4 و
ج) لا يوجد رقم مكرر؟

مرة أخرى ، لا يمكن أن يكون الرقم 0 هو الأول ، لذا قم بإزالته. نظرًا لأن الرقم يجب أن يكون فرديًا ، يجب أن ينتهي إما بالرقم 1 أو 3. ضع 1 ، إذن ، في الموضع الأخير. _ _ _ _ 1. لذلك ، بالنسبة إلى الموضع الأول ، قد نختار إما 2 أو 3 أو 4 ، بحيث توجد 3 طرق لاختيار الرقم الأول. الآن استبدل 0. وبالتالي ، ستكون هناك 3 طرق لاختيار الموضع الثاني ، وطريقتان لاختيار المركز الثالث ، وطريقة واحدة لاختيار المركز الرابع. لذلك ، فإن العدد الإجمالي للأعداد الفردية التي تنتهي بالرقم 1 ، هو 3 & middot 3 & middot 2 & middot 1 = 18. نفس التحليل ينطبق إذا وضعنا 3 في الموضع الأخير ، بحيث يكون إجمالي عدد الأعداد الفردية 2 & middot 18 = 36.

أ) إذا تم وضع الأحرف الخمسة أ ، ب ، ج ، د ، هـ في قبعة ، فكم عدد الأحرف المختلفة
أ) طرق يمكنك استخلاص واحد منها؟ 5

ب) عندما يتم رسم أحدهم ، كم عدد الطرق التي يمكنك رسمها
أ) ارسم ثانية؟ 4

ج) إذن ، ما هو عدد الطرق التي يمكنك بها رسم حرفين؟ 5 و middot 4 = 20

يُشار إلى هذا الرقم بـ 5 P 2.

د) ما معنى الرمز 5 ف 3؟

عدد التباديل لـ 5 أشياء مختلفة تم أخذها 3 في كل مرة.

هـ) احسب 5 ف 3. 5 & ​​middot 4 & middot 3 = 60

أ) 6 ل 3 = 120 ب) 10 ل 2 = 90

المشكلة 7. التعبير عن مضروب.

أ) ن ف ك ن !
(ن & ناقص ك)!
ب) 12 ف 7 12!
5!
ج) 8 ف 2 8!
6!
د) م P 0 م!
م!

يرجى التبرع لإبقاء TheMathPage على الإنترنت.
حتى دولار واحد سيساعد.


تباديل الأشياء التي لا يمكن تمييزها

يمكن تعديل التعبير الذي يكشف عن عدد التباديل للعناصر المميزة إذا لم تكن جميع العناصر في المجموعة مميزة.

أهداف التعلم

احسب عدد التباديل لمجموعة معينة من الكائنات ، بعضها لا يمكن تمييزه

الماخذ الرئيسية

النقاط الرئيسية

  • تتضمن بعض المجموعات عمليات تكرار لعناصر معينة. في هذه الحالات ، لا يمكن التعبير عن عدد التباديل الممكنة للعناصر بواسطة [اللاتكس] n! [/ اللاتكس] ، حيث يمثل [اللاتكس] n [/ اللاتكس] عدد العناصر ، لأن هذا الحساب سيتضمن تعددًا ممكنًا تنص على.
  • لتصحيح تعدد التباديل ، قسّم معامل العدد الإجمالي للعناصر على حاصل ضرب عدد كل عنصر مكرر.
  • التعبير عن عدد التباديل مع العناصر المتكررة هو: [اللاتكس] frac [/ latex] حيث [latex] n [/ latex] هو العدد الإجمالي للمصطلحات في تسلسل و [latex] n_1 [/ latex] و [latex] n_2 [/ latex] و [latex] n_3 [/ latex] هي عدد مرات تكرار العناصر المختلفة.

الشروط الاساسية

  • تعدد: عدد القيم التي يحتفظ بها شرط معين.
  • التقليب: ترتيب مجموعة محدودة من العناصر المميزة.

تذكر أن عدد التباديل الممكنة لمجموعة من العناصر المميزة [اللاتكس] n [/ اللاتكس] يُعطى بواسطة [اللاتكس] n! [/ اللاتكس]:

[لاتكس] displaystyle n cdot (n-1) cdot (n-2) cdots 2 cdot 1 [/ latex]

يمكن اختبار هذا بسهولة. يمكن ترتيب الرقم [لاتكس] 1 [/ لاتكس] بطريقة واحدة [لاتكس] 1! [/ لاتكس]. يمكن ترتيب الأرقام [لاتكس] 1 [/ لاتكس] و [لاتكس] 2 [/ لاتكس] بطريقتين [لاتكس] 2! [/ لاتكس]: [لاتكس] (1،2) [/ لاتكس] و [لاتكس ] (2،1) [/ لاتكس]. يمكن ترتيب الأرقام [لاتكس] 1 [/ لاتكس] و [لاتكس] 2 [/ لاتكس] و [لاتكس] 3 [/ لاتكس] في [لاتكس] 3! [/ لاتكس] بطرق: [لاتكس] (1، 2،3) [/ لاتكس] ، [لاتكس] (1،3،2) [/ لاتكس] ، [لاتكس] (2،1،3) [/ لاتكس] ، [لاتكس] (2،3،1) [ / لاتكس] ، [لاتكس] (3،1،2) [/ لاتكس] ، و [لاتكس] (3،2،1) [/ لاتكس]. تنطبق هذه القاعدة على المجموعات من أي حجم ، طالما أن العناصر جميعها مميزة. ولكن ماذا لو تكررت بعض العناصر؟

يؤدي تكرار بعض العناصر إلى تعقيد حساب التباديل ، لأنه يسمح بوجود طرق متعددة يمكن من خلالها ترتيب ترتيب معين من العناصر. على سبيل المثال ، بالنظر إلى الأرقام [لاتكس] 1 [/ لاتكس] ، [لاتكس] 3 [/ لاتكس] ، و [لاتكس] 3 [/ لاتكس] في مجموعة ، هناك طريقتان للحصول على الطلب [لاتكس] (3 ، 1، 3) [/ لاتكس].

لتصحيح & # 8220multiplicity & # 8221 لبعض التباديل ، يجب أن نقسم مضروب العدد الإجمالي للعناصر على حاصل ضرب مضروب عدد كل عنصر مكرر. يمكن تمثيل هذا بشكل عام على النحو التالي:

حيث يمثل [latex] n [/ latex] العدد الإجمالي للمصطلحات في التسلسل ، ويمثل [latex] n_1 [/ latex] و [latex] n_2 [/ latex] و [latex] n_3 [/ latex] الرقم تكرار العناصر المختلفة.

لفهم سبب القسمة على عدد التكرارات ، ضع في اعتبارك أنه يمكن ترتيب عناصر [لاتكس] 2 [/ لاتكس] بإجمالي [لاتكس] 2! [/ لاتكس] بطرق مميزة ، [لاتكس] 3 [/ لاتكس] يمكن ترتيب العناصر بإجمالي [لاتكس] 3! [/ لاتكس] بطرق مميزة ، وهكذا. عندما نواجه التعددية في التقليب ، يجب علينا حسابها عن طريق قسمة هذه الترتيبات المحتملة على العدد الإجمالي للتبديلات التي يمكن أن تكون ممكنة إذا كانت جميع العناصر مميزة.

مثال: ضع في اعتبارك مجموعة الأرقام:

[اللاتكس] displaystyle (15، 17، 24، 24، 28) [/ لاتكس]

هناك خمسة مصطلحات ، لذا [لاتكس] ن = 5 [/ لاتكس]. ومع ذلك ، فإن اثنين من المصطلحات هي نفسها قيمتها [لاتكس] 24 [/ لاتكس]. وبالتالي ، فإن عدد التبديلات المميزة الممكنة في المجموعة هو:

يمكن أن ينطبق نفس المنطق على أنظمة أكثر تعقيدًا.

مثال: ضع في اعتبارك المجموعة:

[اللاتكس] displaystyle (0 ، 0 ، 0 ، 2 ، 4 ، 4 ، 7 ، 7 ، 7 ، 7 ، 7 ، 8 ، 8) [/ لاتكس]

في المجموع ، هناك [لاتكس] 13 [/ لاتكس] عنصر. يتضمن ذلك العديد من عمليات التكرار: [لاتكس] 0 [/ لاتكس] شوهد 3 مرات ، [لاتكس] 4 [/ لاتكس] و [لاتكس] 8 [/ لاتكس] تمت ملاحظتهما مرتين ، وهناك [لاتكس] 5 [/ لاتكس ] مثيلات عدد [لاتكس] 7 [/ لاتكس]. وبالتالي ، يمكن حساب عدد التبديلات المميزة الممكنة من خلال:

يمكن تطبيق هذا المنطق على المشاكل التي تتضمن الجناس الناقص لكلمات معينة.

مثال: ضع في اعتبارك عدد الطرق المميزة التي يمكنك من خلالها ترتيب أحرف الكلمة & # 8220 waterfall. & # 8221

تتكون كلمة الشلال من [لاتكس] 9 [/ لاتكس] أحرف في المجموع ، لذلك [لاتكس] ن = 9 [/ لاتكس]. يظهر الحرف & # 8220a & # 8221 مرتين ، مع إعطاء قيمة [لاتكس] 2 [/ لاتكس] لـ [لاتكس] n_ <1> [/ لاتكس]. وبالمثل ، يظهر الحرف & # 8220l & # 8221 مرتين ، مما ينتج عنه [لاتكس] n_ <2> = 2 [/ لاتكس]. وبالتالي ، يمكن حساب عدد التباديل المميز للأحرف في & # 8220 waterfall & # 8221 على النحو التالي:

[لاتكس] displaystyle frac <9! > <2! cdot 2!> = 90720 [/ لاتكس]


الحل: كم عدد الطرق المميزة التي يمكن كتابتها باستخدام جميع الأحرف في كلمة الجبر؟

يمكنك وضع هذا الحل على موقع الويب الخاص بك!
عدد الحروف في هذه الكلمة هي:
أ = 2
L = 1
G = 1
ه = 1
ب = 1
ص = 1
هناك 7 أحرف إجمالاً ، اثنان منهم متماثلان.
الصيغة هي 7! / 2! = 2520.

من الصعب إظهار هذا لأن هناك الكثير من الاحتمالات ، لكن يمكنني عرضه بمشكلة أبسط من النوع.

افترض الحروف ABC.
عدد الترتيبات الممكنة 3! = 6
هذه الترتيبات هي:
ABC
ACB
باك
BCA
سيارة أجرة
CBA

افترض الآن الحروف AAC.
عدد الترتيبات الممكنة 3! / 2! = 3.
هذه الترتيبات هي:
AAC
ACA
CAA

لقد استبدلت بشكل أساسي B بأخرى أ.
حيث كان لديك ABC و ACB ، لديك الآن فقط AAC و ACA
حيث كان لديك BAC و BCA ، لديك الآن فقط AAC و ACA
حيث كان لديك CAB و CBA ، لديك الآن فقط CAA و CAA.
لديك الآن AAC مرتين و ACA مرتين و CAA مرتين.
عدد الترتيبات الفريدة هو 3 فقط وهي AAC و ACA و CAA.

الصيغة العامة لعدد التبديلات الفريدة هي:

n هو عدد الأحرف.
x1 ، x2 ،. xn هو عدد الأحرف المتماثل.


بالنسبة لـ 3 ، لاحظ أنك تحتاج ببساطة إلى اختيار 5 صناديق من السبعة لوضع الكرات فيها.

ل 4 ، حاول استخدام النجوم والقضبان ، من خلال التفكير في المربعات كخطوط فاصلة بين الرخام. على سبيل المثال ، يمثل الترتيب أدناه كرتين من الرخام في المربع 1 ، وليس في المربع 2 ، ورخام واحد في المربع 3 ، ولا شيء في المربع 4 و 5 ، ورخام واحد في المربعين 6 و 7. ما عدد هذه الترتيبات؟

كم عدد الطرق التي يمكن من خلالها وضع كرات زجاجية بقيمة 5 دولارات في صناديق 7 دولارات إذا كانت الكرات بألوان مختلفة ويمكن أن تشترك الكرات في صندوق؟

إجابتك البالغة 7 ^ 5 دولار صحيحة نظرًا لوجود سبعة اختيارات لكل من الكرات الخمس.

كم عدد الطرق التي يمكن من خلالها وضع كرات زجاجية بقيمة 5 دولارات في صناديق 7 دولارات إذا كانت الكرات بألوان مختلفة وقد لا تشترك الكرات في الصندوق؟

اصطف الكرات ببعض الترتيب. نظرًا لأن الرخام قد لا يشترك في صندوق ، فلدينا سبعة اختيارات للرخام الأول ، وستة اختيارات للرخام الثاني ، وخمسة اختيارات للرخام الثالث ، وأربعة اختيارات للرخام الرابع ، وثلاثة اختيارات للرخام الخامس. وبالتالي ، فإن عدد الطرق التي يمكن بها توزيع الكرات هو 7 دولارات cdot 6 cdot 5 cdot 4 cdot 3 = frac <7!> <2!> = frac <7!> <(7 - 5)! > = P (7، 5) $ not $ P (7، 2) = frac <7!> <(7 - 2)!> = frac <7!> <5!> = 7 cdot 6 $

كم عدد الطرق التي يمكن بها وضع كرات زجاجية بقيمة 5 دولارات في صناديق 7 دولارات إذا كانت الكرات بنفس اللون وقد لا تشترك في الصندوق؟

يجب أن نختار خمسة من الصناديق السبعة التي نضع فيها الكرات ، ويمكن عمل ذلك فيها

كم عدد الطرق التي يمكن بها وضع كرات من الرخام بقيمة 5 دولارات في صناديق 7 دولارات إذا كانت الكرات بنفس اللون ويمكن أن تشترك في صندوق؟

لنفترض أن $ x_k $ ، $ 1 leq k leq 7 $ ، هو عدد الكرات الموجودة في المربع $ k $ th. ثم $ x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 + x_6 + x_7 = 5 $ وهي معادلة في الأعداد الصحيحة غير السالبة. حل معين يتوافق مع وضع ستة علامات جمع في صف مكون من سبعة آحاد. على سبيل المثال ، $ 1 + + 1 1 1 + 1 + + + $ يتوافق مع $ x_1 = 1 $ ، $ x_2 = 0 $ ، $ x_3 = 3 $ ، $ x_4 = 1 $ ، $ x_5 = x_6 = x_7 = 0 $ ، بينما $ + 1 + 1 + + 1 + 1 + 1 $ يتوافق مع $ x_1 = 0 $ ، $ x_2 = x_3 = 1 $ ، $ x_4 = 0 $ ، $ x_5 = x_6 = x_7 = 1 $. وبالتالي ، فإن عدد الطرق التي يمكننا من خلالها توزيع الكرات هو عدد الطرق التي يمكننا من خلالها إدراج ست علامات جمع في صف مكون من خمسة آحاد ، وهو

$ binom <5 + 6> <6> = binom <11> <6> $ نظرًا لأنه يجب علينا تحديد ستة من المواضع الإحدى عشر (خمسة و 6 علامات جمع) سيتم ملؤها بعلامات الجمع.


مثال 5

يجب على الشخص أن يختار ثلاثة أرقام من مجموعة الأرقام السبعة التالية لعمل رقم مكون من ثلاثة أرقام.

كم عدد الترتيبات المختلفة الممكنة للأرقام؟

حل

يمكن أن يحتوي العدد المكون من ثلاثة أرقام على 2 أو ثلاثة أعداد متطابقة. وبالمثل ، فإن ترتيب الأرقام مهم في العدد.

يعطى أن الشخص يمكنه اختيار 3 أرقام من مجموعة 7 أرقام. ومن ثم ، n = 7 و k = 3. عوّض بهذه القيم في الصيغة أدناه للحصول على عدد الترتيبات الممكنة.


احتمالية ساذجة

حتى هذه اللحظة ، قد تتساءل عن عنوان هذا الفصل. لماذا يحتل العد ، وهو أمر يبدو تافهًا جدًا ، مكانًا في هذا الكتاب؟ مثل معظم المفاهيم التي سنناقشها ، كل شيء يبدأ بالاحتمال.

المفهوم 1.1 (تعريف ساذج للاحتمالية):

احتمال وقوع حدث ، إذا كانت احتمالية كل نتيجة متساوية، هو:

عندما نعمل مع الاحتمالات ، سيكون تدويننا (P (A) ). في اللغة الإنجليزية ، هذا يعني "احتمال وقوع هذا الحدث (أ )". لذا ، إذا كان (A ) هو حدث تقليب الرؤوس في قلب واحد لعملة عادلة ، إذن (P (A) = .5 ). ما ورد أعلاه ، إذن ، هو مجرد تدوين "احتمال وقوع حدث". سنستخدم ترميز المجموعة بشكل متكرر في القسم السابق عند التعامل مع الاحتمالات ، ولهذا السبب تم وضع هذا القسم أولاً!

هذا "التعريف الساذج" هو مكان معقول للبدء ، لأنه من المحتمل أن تكون الطريقة التي حسبت بها الاحتمالات حتى هذه النقطة. بالطبع ، هذا ليس دائمًا النهج الصحيح لاحتمالات العالم الحقيقي (ومن هنا جاء الاسم "ساذج"). على سبيل المثال ، تخيل شخصًا عشوائيًا يرشح نفسه لمنصب رئيس الولايات المتحدة. باستخدام التعريف الساذج للاحتمالية ، فإن احتمال فوزهم في الانتخابات هو 0.5 نتيجة مواتية واحدة (الفوز) مقسومًا على العدد الإجمالي للنتائج (الفوز أو الخسارة). من الواضح أن هذا نهج مبسط غالبًا ما يكون للنتائج المختلفة احتمالات مختلفة مرتبطة بها ، لذلك من المهم أن ندرك متى ينطبق التعريف الساذج ولا ينطبق. في حالة الرئيس ، تكون النتيجة "الخاسرة" أكثر احتمالًا ، لذا لا ينطبق مخطط "الترجيح" الساذج.

على أي حال ، غالبًا ما نطبق التعريف الساذج (بشكل صحيح ، نأمل) تلقائيًا: إذا سألك أحدهم عن احتمال أن يتدحرج نرد عادل على الرقم 6 ، فستقول ( frac <1> <6> ) لأنك تفكر سريعًا في ذلك. هي ست نتائج (لفات من 1 إلى 6) وواحدة مواتية (رمي 6) ، وبالتالي فإن الاحتمال الإجمالي هو ( frac <1> <6> ). في هذا المثال ، من السهل جدًا حساب عدد النتائج المفضلة وعدد النتائج الإجمالية ، ومع ذلك ، فإن حساب عدد النتائج يمكن أن يصبح سريعًا أكثر تعقيدًا (كما سنرى قريبًا). هذا هو السبب في أن هذا الفصل ضروري: لحساب عدد النتائج الإجمالية والمواتية ، كما هو موضح في الصيغة أعلاه ، للمشاكل المعقدة للغاية. سنغوص الآن في بعض الأدوات المفيدة لحساب النتائج في سيناريوهات معينة ومحددة.

المفهوم 1.2 (قاعدة الضرب):

لفهم قاعدة الضرب ، تصور عملية لها خطوات متعددة ، حيث لكل خطوة خيارات متعددة. على سبيل المثال ، لنفترض أنك تطلب بيتزا. تتمثل "الخطوة" الأولى في تحديد الحجم ، وهذه "الخطوة" لها "خيارات" أو "نتائج" متعددة: صغيرة ، ومتوسطة ، وكبيرة ، وما إلى ذلك. والخطوة التالية هي اختيار الطبقة ، ومرة ​​أخرى لديك عدة " الاختيارات / النتائج: ببروني ، سجق ، فلفل ، إلخ. قد تكون الخطوة الأخرى هي التسليم أو عدم التسليم. يمكنك أن ترى كيف تنمو هذه المشكلة ، ويمكن أن يصبح حساب العدد الإجمالي للنتائج مملاً.

الفكرة هنا هي أننا نرغب في حساب عدد البيتزا التي يمكنك طلبها (على سبيل المثال ، أحد الاحتمالات هو "توصيل الفطر الصغير" ، والآخر هو "عدم توصيل البيبروني الكبير ، وما إلى ذلك) بطريقة منظمة ، لأننا سنقوم بذلك. يجب أن تكون قادرًا على حساب هذه الأنواع من النتائج لمشكلات الاحتمالية الساذجة (على سبيل المثال ، ما هو احتمال أن تكون البيتزا التي تم طلبها عشوائيًا كبيرة وبها نقانق؟ نحتاج أولاً إلى حساب عدد البيتزا الممكنة ، أو المقام في صيغة لتعريف ساذج للاحتمال). لذلك ، تنص قاعدة الضرب على أنه في العملية التي تحتوي فيها الخطوة الأولى على (n_1 ) اختيارات ، تحتوي الخطوة الثانية على (n_2 ) اختيارات ، وصولاً إلى (r ^) التي تحتوي على (n_r ) اختيارات ، العدد الإجمالي للنتائج المحتملة هو مجرد مضاعفة الاختيارات: (n_1n_2. n_r ).

دعنا نعزز هذا المفهوم بمثال البيتزا. لنفترض أن لديك 3 خيارات للحجم: صغير ومتوسط ​​وكبير. لديك بعد ذلك 4 خيارات من الإضافات: بيبروني وكرة لحم وسجق وجبن إضافي. خيارك النهائي هو التسليم أو الاستلام. بشكل عام ، لديك هذه المجموعات الثلاث من الخيارات:

  1. الحجم (صغير أو متوسط ​​أو كبير)
  2. إضافات (بيبروني ، كرات لحم ، نقانق ، أو جبن إضافي)
  3. نوع الطلب (توصيل او استلام)

باستخدام قاعدة الضرب ، يمكننا بسهولة حساب عدد البيتزا المميزة التي يمكنك طلبها. نظرًا لوجود 3 خيارات للحجم ، و 4 اختيارات للطبقة العلوية ، وخياران للاستلام ، فلدينا ببساطة (3 cdot4 cdot2 = 24 ) خيارات بيتزا مختلفة (تطبيق الصيغة أعلاه ، لدينا (r = 3) ) ، (n_1 = 3 ) ، (n_2 = 4 ) و (n_3 = 2 )).

الآن بعد أن قمنا بحساب العدد الإجمالي للبيتزا الممكنة ، أصبح من السهل حل مشاكل الاحتمالات المختلفة. على سبيل المثال ، ضع في اعتبارك إيجاد احتمال طلب نقانق كبيرة إذا طلبت بيتزا بشكل عشوائي: هناك نتيجتان مفضلتان حيث تحصل على نقانق كبيرة (لم يتم تسليم نقانق كبيرة ونقانق كبيرة) و 24 نتيجة إجمالية / بيتزا ، لذا فإن الاحتمال هو ( فارك <2> <24> = فارك <1> <12> ). لاحظ أننا كذلك بطريقة عشوائية طلب بيتزا ، بحيث يكون لكل من الـ 24 بيتزا الممكنة فرصة متساوية للاختيار ، وهذا يسمح لنا بمواصلة العمل في إطار ساذج.

هذا أسرع بكثير من كتابة جميع التركيبات الممكنة يدويًا ، و 24 مجموعة ليست بهذا التصور الشامل إذا كان لدينا 10 خيارات لكل اختيار! يمكن لقاعدة الضرب تبسيط المشكلة بشكل كبير.

دعنا نستخدم R لإنشاء كل هذه المجموعات ومعرفة ما إذا كانت النتيجة التجريبية تتطابق مع عملنا التحليلي.

الآن دعونا نحاول بناء حدس حول سبب عمل قاعدة الضرب. تخيل أنك تقلب عملة عادلة وفي نفس الوقت تدحرج نردًا سداسي الجوانب ونحدد النتيجة على أنها نتيجة واحدة (على سبيل المثال ، (H6 ) تعني أننا قلبنا رؤوسنا ولفنا رقم 6). باستخدام قاعدة الضرب ، من السهل حساب عدد النتائج المحتملة: هناك نتيجتان لقلب العملة و 6 نتائج محتملة لقالب القالب ، لذلك هناك (6 cdot 2 = 12 ) نتائج محتملة. الآن ، ضع في اعتبارك لماذا هذا منطقي تخيل "حجز" العملة على أنها "رؤوس": ثم هناك 6 نتائج محتملة ، الرؤوس وكل رمية نرد. تخيل الآن "قفل" العملة على أنها "ذيول": كما كان من قبل ، هناك 6 نتائج ، التيول وكل رمية نرد. بالطبع ، تمثل هاتان المجموعتان معًا كل النتائج المحتملة الـ 12 ، ويمكننا تصور هذه العملية كنوع من النتائج عمليه الضرب: عندما `` أغلقنا '' نتائج العملة ، كان لدينا بشكل أساسي مجموعتان (عدد الجوانب على العملة) بحجم 6 (عدد الجوانب على القالب) ، لذلك قمنا بضرب هذه الأرقام في إجمالي عدد النتائج. إذا كانت لدينا عملة معدنية ذات جوانب أكثر (متجاهلين حقيقة أنها لن تكون `` عملة معدنية '' بعد الآن) ، فسنظل نقوم بعملية الضرب (تخيل فقط `` تأمين '' النتائج المحتملة للعملة ، واحدة تلو الأخرى) . يمتد هذا المفهوم إلى العمليات بمزيد من الخطوات (يمكنك التفكير فقط في "قفل" عملات متعددة ، على سبيل المثال) وبالتالي لدينا قاعدة الضرب.

على أي حال ، يمكننا بسهولة أن نجعل مشكلة البيتزا لدينا أكبر بكثير ، كما أشرنا أعلاه (الاختيار من بين 20 طبقة مختلفة ، وما إلى ذلك). ومع ذلك ، يمكننا أيضًا أن نجعل المشكلة أكثر تعقيدًا: ماذا لو كان بإمكانك طلب طبقات متعددة؟ ماذا لو كنت ترغب في طلب بيتزا متعددة ، مع شرط عدم تطابق نوعين من البيتزا؟ من غير الواضح كيف سيتم تطبيق قاعدة الضرب بدقة على هذه النماذج. في الواقع ، للإجابة على هذه الأسئلة ، نحتاج إلى معرفة المزيد عن العد.

المفهوم 1.3 (عاملي):

من المحتمل أنك رأيت هذا من قبل: رقم متبوعًا بعلامة تعجب. كما تعلم على الأرجح ، 5! لا يعني أن 5 متحمس. بدلاً من ذلك ، فهذا يعني (5! = 5 cdot4 cdot3 cdot2 cdot1 ) ، أو حاصل ضرب جميع الأعداد الصحيحة الموجبة الأقل من أو تساوي 5.

ربما تكون قد استخدمت العامل في العمليات الحسابية البسيطة ، لكننا نقدمها هنا في سياق العد. كيف يمكن أن تكون هذه الصيغة أداة فعالة لحل مشاكل العد؟ Earlier, we considered the problem of counting the number of outcomes for a process with multiple steps, where each step has multiple choices (the multiplication rule). Consider now the problem of counting the number of ways to order elements specifically, the number of ways to order the letters A, B, and C. We will define a specific ‘arrangement’ or ‘order’ as a permutation (i.e., (ABC) is one permutation), so here we are trying to count the total number of permutations.

You could likely figure this out by just writing out all of the permutations:

It’s clear that there are 6 permutations (they are all listed above, and there is no other way to order the three letters). However, you might not always be able to write the permutations out so conveniently: what if you had to do the same for all 26 letters in the alphabet? In that case, if you didn’t feel like writing out the 26 letters over and over and over, you could use the factorial for a more elegant solution. Since there are three distinct letters in our original example, the number of permutations when ordering A,B and C is 3! (which cleanly comes out to (3cdot2cdot1 = 6) , an answer that we showed to be correct above by writing out all of the permutations).

So, the factorial can be used to count permutations. Let’s build some intuition as to why this holds: think about actually ordering the letters A,B,C. There are three ‘slots’ that the letters could take: they could either be the first letter in the sequence, the second letter or the third letter (i.e., for the permutation (BAC) , (B) is the first letter, (A) is the second letter and (C) is the third letter). How many different letters can we pick for the first ‘slot’ (i.e., how many letters can we pick to be the first letter in the sequence)? Well, since no letters have been picked yet, there are 3 choices (we can pick A, B or C). How about the second slot? Since we know that 1 letter has been picked for the first slot (A, B or C, it doesn’t matter which) there are now 2 letters left that can go in the second slot. What about the last slot? We know 2 letters have already been picked for the first two slots, so there is only 1 remaining letter.

Since we want the total number of permutations, we employ the multiplication rule (notice how the concepts are already building on themselves we use the multiplication rule to understand the factorial) and multiply each of the descending ‘numbers of letters left’, which is the same as taking the factorial of 3. So, if we asked the same question but this time wanted to know how many ways there are to order the entire alphabet, the answer would be (26! = 4.03 cdot 10^<26>) . Clearly, employing the same brute force method from above (writing out all of these permutations) would be near impossible. If you could write one permutation every second, it would still take over (3 cdot 10^<18>) years to write all of the permutations, much longer than the current age of the known universe.

We can confirm this concept by counting all of the possible orderings of the letters A through G with some code in R. There are (7! = 5040) permutations, so finding the combinations with a brute force method (i.e., writing them all out) is not desirable. A computer, however, can generate the combinations quickly. Here, we will use the permn function from the combinat package (we will see other ways to generate these types of combinations later in this chapter).

Anyways, despite this long-winded explanation, hopefully it is clear that the factorial can be used (by employing the multiplication rule) for counting ways to order, or permute, objects. This allows us to solve more complex counting problems, but we now move to a concept that will expand our horizons even further.

Concept 1.4 (Binomial Coefficient):

This is perhaps the most useful counting tool we will see in this chapter. It is represented by (n choose) , which in english is pronounced ‘ (n) choose (x) ’. The full formula, defined in terms of factorials (which we just learned about again, notice how we need previous concepts to define new concepts), is:

When we learned about the multiplication rule and the factorial, we learned that these formulas gave us a way to solve some sort of counting problem. The same holds true for this concept. Quite simply, the binomial coefficient gives the number of ways that x objects can be chosen from a population of n objects.

Perhaps the best way to visualize this type of problem is counting the number of ways to form committees out of a larger group. Say you have a population of 300 parents at the local elementary school, and you want to choose 10 parents to be a part of the PTA (Parent Teacher Association). Since we have a population (n=300) and we want to choose (x=10) parents from the population, ( <300 choose 10>= 1.4 cdot 10^<18>) gives the number of ways that we can pick 10 parents from the pool of 300, or the number of combinations possible for the PTA committee. Clearly, this number is quite large, which means that listing out the possible combinations would not be feasible (note that we define one possible iteration - i.e., one possible committee - as a combination, like we defined a permutation above as one possible ordering of objects).

Again, similar to the factorial and the multiplication rule, it’s not immediately clear how the binomial coefficient correctly counts the number of outcomes in this specific situation (choosing a committee out of a group of people). Let’s break it down with a manageable example.

Say we have the 5 letters (A,B,C,D,E) , and we want to find out how many ways there are to select 3 letters from this set of 5 letters (some of the possible combinations are () , etc.). You can frame this in terms of the PTA example above: in this case, we just have (n = 2) parents and we want to select a committee of (x = 3) parents.

We already know from the definition of the binomial coefficient that the number of combinations is (<5 choose 3>) , but we haven’t yet discussed the intuition behind this result. Let’s review the full formula for the binomial coefficient (frac<(n-x)! (x!)>) , or in this case, plugging in (n = 5) and (x = 3) , (frac<5!><(5-3)! (3!)>) , to gain some intuition.

Let’s start from the top (literally and figuratively). The numerator (5!) gives us the number of ways we can organize the letters A,B,C,D and E (it turns out there are 120 ways, since (5cdot4cdot3cdot2cdot1 = 120) ). However, we aren’t asking for the number of ways that we can order the entire set (the permutations), but the number of ways we can choose a certain amount of letters out of the entire set (the combinations). Therefore, this (5!) is counting permutations like ACDBE and EDCBA, where we only want the combinations with 3 letters, not all 5 (from the problem statement, we’re only choosing 3 letters for our ‘committee’). Instead, we can think about this sequence of 5 letters (one permutation) as a sequence of 3 letters followed by a sequence of 2 letters. Of course, we only want the sequence of 3 letters and could care less about the 2 letters left over, so we have to divide out those extra two letters that we don’t want.

So, if someone is putting together the 5 letters in a random order, we essentially want to stop them at 3 letters (this will define a committee of 3). How can we count in this way? Well, once they have picked three letters to order out of all five letters (like BEC or DAB) they still have (2!) possible ways that they can order the remaining letters. If they start with ABC, for example, there are (2!) , or (2cdot1 = 2) , ways to order the remaining letters: DE and ED. The (5!) , then, is overcounting what we want (groups of three) by a factor of 2!, so we must divide the (5!) by (2!) , which is of course just ((n-x)!) or ((5-3)!) .

Therefore, we are starting from the number of ways that we can pick the 5 letters in a row, and then adjusting for the fact that we are picking the entire sequence of 5 letters instead of the 3 letters that we asked for by dividing by ((5-3)!) or (2!) , the letters we don’t care about. It’s sort of like dividing by the number of ways to ليس choose 3 letters.

That accounts for (n!) in the numerator and the ((n - x)!) in the denominator of the binomial coefficient. What about the (x!) term? Well, where have we left off in our counting structure? After dividing, we’ve just found the number of ways to choose sets of 3 letters out of the 5 letters. However, we are still overcounting in some fashion.

The key here is that order doesn’t matter (a concept we will explore further in this chapter). The division we just did, (frac<5!><(5-3)!>) , spits out the number of ways to choose 3 letters from A,B,C,D,E. This happens to come out to 60 (you can type factorial(5)/factorial(5 - 3) in R to prove it). We’ll start to write out the combinations. See if you notice any patterns:

Did you catch it? Here, we have written out 12 of the 60 combinations.

Consider the first six: (). They all have the same letters in them: A, B and C, the only factor that makes them unique is the order that they are presented in (i.e., ABC and ACB have the same letters but in a different order). This is the same for the second set of six combinations above, but with the letters A, B and D. They are permuted differently but have the same combination.

Think back to one of the original examples for the binomial coefficient: picking people for committees. Does it matter which order you pick the people for the committees in? No, it does not as long as the same people are in a committee, it does not matter what order we picked them in.

Therefore, if A, B and C are people, then the committees () and () are the exact same committee. That is, picking Alec, then Bob, then Carl forms the same committee as picking Carl, then Alec, then Bob. Since we don’t really care which order they are selected in, this method again overcounts committees: the set of 6 permutations with the letters A, B and C should only count for 1 committee combination.

How do we fix this? Again, by dividing out to adjust for overcounting. Since there are (3!) ways to permute the people in the committee, but again, we don’t want to count these ways, we have to divide by (3!) . You can see the intuition in this case: since (3! = 6) , and we just saw that 6 committees should have ‘boiled down’ to 1. You can further convince yourself of this by the fact that there are 10 total permutations of these ‘false 6’ (two of which we wrote out) because there are 10 ways to group the letters ABCDE (ABC, ABD, ABE, ACD, ACE, ADE, BCD, BCE, BDE, CDE) and within each group (3! = 6) ways to permute the letters (which we don’t want to count in this case).

So, we divide by the 3!, which completes the formula (frac<5!><(5-3)! (3!)>) . It comes out to 10 (in fact, we wrote out the complete answer at the end of the last paragraph) which means that there are 10 ways to select 3 letters from ABCDE, or 10 ways to form a committee of size 3 from 5 different people. We learned that this formula adjusts for over-counting in selecting unnecessary orderings (dividing by ((5-3)!) to get us down to just permutations of 3) and over-counting in giving extra ordering combinations (ABC and ACB are the same in this problem structure).

We can confirm this result in R by generating all possible committees of size 3 from 5 total people using the combinations function, which is in the gtools package

A final exercise to solidify our understanding of the binomial coefficient is to consider () when (x > n) . Thus far, we have implicitly assumed (n geq x) after all, we are choosing (x) objects from a population of (n) objects, so we should have that the population of objects is larger than the group we hope to choose. Consider, then, the case when (x > n) this problem is explored further in the practice problems at the end of this chapter (as always, you can quickly check your intuition in R with the choose function).

Anyways, we have now learned how to count processes with multiple steps, as well as how to permute and combine objects. From these simple tools, a world of complexity opens up.


What are the 5 principles of counting?

Beside above, what is the concept of counting? In math, to count can be defined as the act of determining the quantity or the total number of objects in a set or a group. In other words, to count means to say numbers in order while assigning a value to an item in group, basis one to one correspondence. Counting numbers are used to count objects.

Furthermore, what is the one to one principle?

ال one-one principle هذا principle refers to the need of matching one counting word to each item in the set to be counted.

What is the abstraction principle in counting?

Abstraction هل counting and quantity principle referring to the understanding that we can count any collection of objects, whether tangible or not. For example, the quantity of five large items is the same count as a quantity of five small items or a mixed group of five small and large things.


شاهد الفيديو: شيبا إنو - لا تنزعج من ذلك سيصبح أفضل في المستقبل (شهر نوفمبر 2021).