Шары и перегородки: Элементы комбинаторики

Содержание

Элементы комбинаторики

Правило сложения

Правило сложения используется в том случае, если у нас есть два или более множеств, которые попарно не пересекаются, то есть не имеют общих элементов. И нам нужно найти сколько элементов содержится в объединении этих множеств. В этом случае мы складываем число элементов в каждом множестве. Простейший пример: если у нас есть две корзинки с фруктами: в одной 5 яблок, а в другой 7 груш. Если мы эти фрукты пересыпаем в одну корзинку (объединяем множества), тогда в новой корзинке окажется 5+7=12 фруктов.

Правило умножения

Правило умножения используется в том случае, если у нас есть два множества, и мы составляем всевозможные пары из элементов этих множеств. Например, если взять множество, состоящее из 5-ти яблок и множество, состоящее из 7-ми груш и составить всевозможные пары из этих фруктов, то мы получим всевозможных пар.

Действительно. Возьмем первое яблоко. Мы можем положить к нему любую из семи груш, то есть получаем 7 пар.

Возьмем второе яблоко, и к нему мы также можем положить любую из 7-ми груш, получаем ещё 7 пар. И так далее. Всего получается пар.

Правило умножения легко понять, если попытаться ответить, например, на такой вопрос: «сколько существует двузначных чисел?«

Пусть двузначное чиcло имеет вид , где — число десятков, — число единиц. При этом цифра может принимать значения от 1 до 9 ( цифра 0 не может стоять на первом месте, так как в этом случаем мы получим однозначное число), цифра может принимать значения от 0 до 9.

Пусть , и у нас есть 10 вариантов цифр, которые могут стоять на втором месте. Тогда мы имеем 10 двузначных чисел, содержащих 1 десяток.

Затем мы берем и так же получаем 10 двузначных чисел, у которых теперь уже 2 десятка.

И так далее.

Так как цифра может принимать 9 различных значений, то получаем двузначных чисел.

Зная, что на первом месте может стоять 9 различных цифр, а на втором — 10, мы получаем комбинаций этих цифр, то есть все возможные двузначные числа. Здесь важно понимать, что любая цифра, стоящая на первом месте, может сочетаться с любой цифрой, стоящей на втором месте.

В общем случае правило умножения звучит так:

Если элемент A можно выбрать n способами, и при любом выборе A элемент B можно выбрать m способами, то пару (A, B) можно выбрать n·m способами. Это правило распространяется на любое число независимо выбираемых элементов.

Если мы хотим ответить на вопрос, сколько существует трехзначных чисел, мы заметим, что в трехзначном числе первая цифра может принимать 9 значений, вторая — 10, и третья — 10 значений. И мы получаем трехзначных чисел.

Формула включений-исключений

используется в том случае, если нам нужно найти число элементов в объединении двух множеств, в том случае, если эти множества пересекаются.

Пусть множество А содержит n элементов, множество В содержит m элементов, и пересечение этих множеств содержит k элементов. То есть k элементов содержатся и в множестве А, и в множестве В. Тогда объединение множеств содержит m+n-k элементов.

Действительно, при объединении двух множеств мы k элементов посчитали два раза, и теперь один раз мы должны их вычесть.

Число элементов в множестве обозначается общепринятым значком #. Тогда формула для подсчета числа элементов в объединении трех множеств имеет вид:

########

Рассмотрим примеры задач.

1. Сколько трехзначных чисел содержит хотя бы одну цифру 3?

Решение.

показать

2. Сколько четырехзначных чисел, кратных 5.

Решение.

показать

Перестановки

Воспользуемся правилом умножения чтобы ответить на вопрос, «сколькими способами можно построить 7 человек в шеренгу?».

Человека, стоящего первым в шеренге можно выбрать семью способами, второго можно выбрать из оставшихся шести человек, то есть шестью способами. Третьего, соответственно, пятью. И так далее. Последнего можно выбрать единственным способом. Всего получаем способов построить 7 человек в шеренгу.

В общем случае, если мы имеем объектов, которые хотим расположить в определенном порядке (пронумеровать их), то мы получим

способов расположения этих объектов.

Факториалом натурального числа называется произведение всех натуральных чисел от 1 до :

По определению 0!=1; 1!=1.

Перестановкой из предметов называется любой способ нумерации этих предметов (способ расположения их в ряд).

Число перестановок предметов равно .

3. Имеется 10 компьютерных дисков и 10 коробок от них. Найдите вероятность того, что случайным образом уложив диски в коробки, мы обнаружим, что

1. Каждый диск лежит в своей коробке.

2. Хотя бы один диск лежит не в своей коробке.

3. Два определенных диска перепутаны местами, а остальные в своих коробках.

4. Ровно один лежит не в своей коробке, а остальные — в своих коробках.

Решение.

показать

1. Пронумеруем диски и коробки. Расположим коробки в определенной последовательности. Нам нужно, чтобы при случайном расположении дисков в ряд, их номера тоже оказались расположены в той же последовательности.

Расположить 10 чисел в определенной последовательности можно единственным способом, то есть мы имеем 1 благоприятный исход.

Расположить 10 чисел в произвольном порядке можно 10! способами.

Следовательно, вероятность того, что каждый диск окажется в своей коробке равна

2. Событие «хотя бы один диск лежит не в свой коробке» противоположно событию «каждый диск лежит в своей коробке«, и его вероятность равна

3. Событие «два определенных диска перепутаны местами, а остальные в своих коробках», также как событие «каждый диск лежит в своей коробке«, имеет единственный благоприятный исход, поэтому вероятность этого события равна

4. Событие «ровно один лежит не в своей коробке, а остальные — в своих коробках» невозможно, так как если один диск лежит не своей коробке, то обязательно должен найтись ещё один, который так же лежит не в своей коробке. Поэтому вероятность этого события равна нулю.

4. Слово «МАТЕМАТИКА» написали на полоске картона и разрезали полоску на буквы. Найдите вероятность того, что составив все эти буквы случайным образом в ряд, мы снова получим слово «МАТЕМАТИКА».

Сколько буквосочетаний можно составить из букв слова «МАТЕМАТИКА»?

Решение.

показать

1 способ.

Вероятность того, что на первом месте будет стоять буква М равна 2/10 — у нас две буквы М, и всего 10 букв.

Вероятность того, что на втором месте будет стоять буква А равна 3/9 — у нас осталось 9 букв, из которых 3 буквы А.

Вероятность того, что на втором месте будет стоять буква Т равна 2/8 — у нас осталось 8 букв, из которых 2 буквы Т.

И так далее. В итоге получаем:

2 способ.

Пронумеруем все буквы в слове «МАТЕМАТИКА». Найдем, сколькими способами мы можем их расположить в определенном порядке. В слове 10 букв, и мы можем их расположить 10!=3628800 различными способами.

Поскольку в слове есть одинаковые буквы, то при перестановке этих букв мы получим то же слово:

в слове «МАТЕМАТИКА» 2 буквы «М»; 3 буквы «А»; 2 буквы «Т», следовательно по правилу произведения это дает нам способов перестановки этих букв с сохранением слова «МАТЕМАТИКА».

Таким образом, вероятность снова получить слово «МАТЕМАТИКА» равна:

Сколько буквосочетаний можно составить из букв слова «МАТЕМАТИКА»?

Из 10 букв слова «МАТЕМАТИКА» можно составить 10! буквосочетаний. Но некоторые из них будут одинаковыми, так как при перестановке одинаковых букв, мы будем получать те же буквосочетания. То есть в итоге мы получим

буквосочетаний.

Размещения

В задачах по теории вероятностей часто возникает необходимость определить, сколькими способами можно выбрать определенное число предметов и расположить их в определенном порядке.

5. Сколько существует различных вариантов выбора 4-х кандидатур из 9-ти специалистов для поездки в 4 различных страны?

Воспользуемся правилом умножения.

В первую страну мы выбираем из 9 специалистов, то есть у нас 9 вариантов выбора. После того, как специалист для поездки в первую страну выбран, у нас осталось 8 специалистов, и для поездки во вторую страну у нас 8 вариантов выбора. И так далее… в четвертую страну мы можем выбрать кандидата из 6 специалистов.

Таким образом, мы получаем вариантов выбора 4-х кандидатур из 9-ти специалистов для поездки в 4 различных страны.

Обобщим эту задачу на случай выбора k кандидатур из n специалистов для поездки в k различных стран.

Рассуждая аналогичным образом, мы получаем

вариантов.

Если умножить и разделить это выражение на , то получим следующую формулу:

В этой задаче из множества, состоящего из элементов мы выбрали упорядоченные подмножества (для нас был важен порядок расположения элементов в подмножестве), состоящие из элементов. Задача сводилась к нахождению числа таких подмножеств.

Такие упорядоченные подмножества называются размещениями из n элементов по k.

Пусть у нас есть множество , состоящее из элементов. Размещением (из n по k) называется упорядоченное подмножество из различных элементов из некоторого множества , состоящего из различных элементов.

Число размещений из элементов по обозначается и находится по формуле:

Размещения с повторениями

6. Игральную кость бросают трижды. Сколько различных комбинаций выпавших очков при этом получится?

При бросании кости первый раз мы получим 6 различных вариантов: 1 очко, 2, 3… или 6. Аналогично при бросании кости во второй и в третий раз мы получим также по 6 различных вариантов. По правилу умножения получим число различных комбинаций трех чисел, принимающих значения от 1 до 6:

В общем случае:

Пусть у нас есть множество , состоящее из элементов.

Любой упорядоченный набор элементов множества, состоящего из элементов называется размещением с повторением из элементов по . Число различных размещений с повторениями равно

Действительно. Представим ящик с пронумерованными шарами. Мы вынимаем шар, записываем его номер и возвращаем обратно, и так раз. Сколько комбинаций из номеров мы можем получить?

Поскольку шары каждый раз возвращаются, каждый раз, вынимая шар из коробки, в которой шаров, мы можем получить различных чисел. По правилу умножения имеем

Сочетания

Рассмотрим задачу, аналогичную задаче 5, но с существенным отличием.

7. Сколько существует различных вариантов выбора 4-х кандидатур из 9-ти специалистов?

В этой задаче нам нужно выбрать 4 кандидатуры, но при этом не важно, в каком порядке мы их выбираем, нас интересует только состав выбранных элементов, но не порядок их расположения.

Если бы нас интересовал порядок расположения элементов, как в задаче 5, то мы могли применили бы формулу для нахождения числа размещений из 9 по 4:

4 различных элемента можно расположить в определенном порядке 4! различными способами. Поскольку нас не интересует порядок расположения элементов, число способов, которыми мы можем выбрать 4 элемента, не располагая их в определенном порядке, уменьшается в 4! раза по сравнению с предыдущей задачей (так как для данной задачи различное расположение данных элементов считается одним способом), и мы получаем

способов.

В этой задаче появляется понятие сочетания.

Сочетаниями из n элементов по k элементов называются подмножества, состоящие из k элементов множества (множества, состоящего из n элементов).

Внимание! Одно сочетание от другого отличается только составом выбранных элементов (но не порядком их расположения, как у размещений).

Число сочетаний из n элементов по k элементов обозначается

и находится по формуле:

Число сочетаний из n по k показывает, сколькими способами мы можем выбрать k элементов из n элементов, или сколькими способами мы можем расположить k объектов по n местам.

Легко заметить, что

8. В коробке лежат 8 красных карандашей и 4 синих. Из коробки наугад вынимают 4 карандаша. Какова вероятность того, что среди них окажется 2 красных и 2 синих?

Решение.

показать

Всего в коробке 12 карандашей. Найдем, сколькими способами способами можно извлечь из коробки 4 карандаша. Так как нас не интересует порядок, в котором карандаши извлекаются из коробки, а только состав карандашей, это число равно числу сочетаний из 12 по 4:

Из 8 красных карандашей можно извлечь два карандаша способами.

Из 4 синих карандашей можно извлечь два карандаша способами.

По правилу произведения получаем, что извлечь 2 синих и 2 красных карандаша можно способами.

Таким образом, искомая вероятность равна:

Метод шаров и перегородок

9. Сколькими способами можно разложить 10 шаров в 4 коробки? Предполагается, что некоторые коробки могут оказаться пустыми.

Решение.

Рассмотрим 10 шаров:

Будем «раскладывать шары по коробкам», ставя перегородки.

Например, так:

В этом примере в первой коробке 3 шара, во второй — 2, в третьей — 4, и в четвертой — 2. Переставляя шары и перегородки, мы получаем различные комбинации шаров в коробках. Например, переставив последний шар в первой коробке и первую внутреннюю перегородку, мы получим такую комбинацию:

Таким образом, мы получаем различное число шаров в коробках, комбинируя позиции 10-ти шаров и 3-х внутренних перегородок. Чтобы определить, сколько различных комбинаций мы можем получить, нам нужно найти число сочетаний из 13 по 3. (Или, что то же самое, что число сочетаний из 13 по 10.) Столько способов выбрать 3 места для перегородок из 13 возможных позиций. Или, что то же самое, 10 мест для шаров.

10. Сколько решений имеет уравнение в целых неотрицательных числах?

Решение.

Так как переменные могут принимать только целые неотрицательные значения, следовательно, у нас есть 10 переменных, и они могут принимать значения 0, 1, 2, 3 и 4. Представим, что у нас есть 10 коробок (это переменные), и мы должны разложить по этим коробкам 4 шара. Сколько шаров попадет в коробку, таково значение соответствующей переменной. Если у нас 10 коробок, следовательно, 10-1=9 внутренних перегородки. И 4 шара. Всего 13 мест. Нам надо расположить на этих 13 местах 4 шара. Число таких возможностей:

В общем случае, если нам нужно разложить шаров в коробок, мы получаем комбинации из шаров и внутренней перегородки. И число таких комбинаций равно числу сочетаний из по .

В этой задаче мы имели дело с сочетаниями с повторениями.

Сочетания с повторениями

Сочетаниями из элементов по элементов с повторениями называются группы, содержащие элементов, причем каждый элемент принадлежит к одному из типов.

Что такое сочетания из элементов по элементов с повторениями можно понять с помощью такого мысленного эксперимента. Представим ящик с пронумерованными шарами. Мы вынимаем шар, записываем его номер и возвращаем обратно, и так раз. В отличие от размещений с повторениями нас не интересует порядок записанных чисел, а только их состав. Например, группы чисел {1,1,2,1,3,1,2} и {1,1,1,1,2,2,3} считаются одинаковыми. Сколько таких групп из номеров мы можем получить?

В конечном итоге нас интересует сколько элементов каждого типа (всего n типов элементов) содержится в каждой группе (из k элементов), и сколько таких различных вариантов может быть. То есть мы находим, сколько в целых неотрицательных решений имеет уравнение уравнение — задача аналогична задаче по раскладыванию n шаров в k коробок.

Число сочетаний с повторениями находится по такой формуле:

Таким образом, число сочетаний с повторениями — это количество способов представить число k в виде суммы n слагаемых.

И.В. Фельдман, репетитор по математике.

Октябрьская математическая образовательная программа: О программе

Положение об октябрьской математической образовательной программе
Центра «Сириус» по направлению «Наука»

1. Общие положения
1.1. Настоящее Положение определяет порядок организации и проведения октябрьской математической образовательной программы Центра «Сириус» (далее – образовательная программа), методическое и финансовое обеспечение образовательной программы.

1.2. Образовательная программа по математике проводится в Центре «Сириус» (Образовательный Фонд «Талант и Успех) с 1 по 24 октября 2020 года.

1.3. Для участия в образовательной программе приглашаются школьники 6-10 классов (по состоянию на февраль 2020 г. ) из образовательных организаций следующих регионов:

— Республика Башкортостан
— Республика Мордовия
— Республика Татарстан (Татарстан)
— Иркутская область
— Кировская область
— Нижегородская область
— Оренбургская область
— Пермский край
— Самарская область
— Саратовская область
— Свердловская область
— Томская область
— Тюменская область
— Удмуртская Республика
— Ульяновская область
— Челябинская область
— Чувашская Республика – Чувашия
— Ярославская область.

Участник образовательной программы должен обучаться в одном из указанных регионов по состоянию на октябрь 2020 года.

1.4. К участию в образовательной программе допускаются школьники, являющиеся гражданами Российской Федерации.

1.5. Общее количество участников образовательной программы: до 300 школьников.

1.6. Регионами-организаторами, обеспечивающими научно-методическое и кадровое сопровождение образовательной программы, являются: Республика Татарстан, Удмуртская республика, Ульяновская область.

1.7. Персональный состав участников образовательной программы утверждается Экспертным советом Образовательного Фонда «Талант и успех» по направлению «Наука».

1.8. В связи с целостностью и содержательной логикой образовательной программы, интенсивным режимом занятий и объемом академической нагрузки, рассчитанной на весь период пребывания обучающихся в Образовательном центре «Сириус», не допускается участие школьников в отдельных мероприятиях или части образовательной программы: исключены заезды и выезды школьников вне сроков, установленных Экспертным советом Фонда.

1.9. В случае нарушений правил пребывания в Образовательном центре «Сириус» или требований настоящего Положения решением Координационного совета участник Образовательной программы может быть отчислен с образовательной программы.

1.10. В целях создания более широких возможностей посещения Образовательного центра «Сириус» допускается участие школьников в течение учебного года (с июля 2020 г. по июнь 2021 г. ) не более, чем в двух образовательных программах по направлению «Наука» (по любым профилям, включая проектные образовательные программы)

2. Цели и задачи образовательной программы
2.1. Октябрьская математическая образовательная программа ориентирована на выявление математически одаренных школьников в регионах, указанных в п.1.3, максимальное развитие их математического потенциала, повышение общекультурного уровня участников образовательной программы.

2.2. Задачи образовательной программы:
— развитие математических способностей учащихся и расширение их математического кругозора путем интенсивных занятий по углубленной программе у ведущих педагогов России;
— развитие у школьников свойственного математике стиля мышления, повышение их общей и математической культуры, воспитание научной честности и умения вести научную дискуссию;
— подготовка учащихся к математическим олимпиадам;
— популяризация математики как науки.

3. Порядок отбора участников образовательной программы
3.1. Отбор участников Образовательной программы осуществляется координационным советом, формируемым руководителем Образовательного Фонда «Талант и успех». К участию в конкурсном отборе приглашаются учащиеся образовательных организаций, реализующих программы общего образования, из регионов, указанных в п.1.3.

3.2. Порядок отбора учащихся 6 и 7 классов (по состоянию на февраль 2020 г.).

3.2.1. К участию в конкурсном отборе приглашаются учащиеся 6 и 7 классов. К участию в конкурсном отборе в виде исключения могут быть допущены учащиеся 5 классов, прошедшие отбор по программе 6 класса. От таких учащихся требуется опережающее полное владение школьным курсом математики соответствующего уровня.

3.2.2. Для участия в конкурсном отборе необходимо пройти регистрацию на сайте Центра «Сириус».

Регистрация будет открыта с 18 февраля по 15 марта 2020 года.

3. 2.3. По итогам оценки академических достижений на образовательную программу без прохождения отборочных испытаний приглашаются:

— участники заключительного и регионального этапов всероссийской олимпиады по математике им. Л.Эйлера 2019-2020 учебного года, набравшие пороговое количество баллов.

Пороговые количества баллов будут определены и опубликованы на сайте Центра «Сириус» и в дистанционной системе Сириус.Онлайн 2 мая 2020 г.

3.2.4. С 27 февраля по 6 мая 2020 г. состоится обучение зарегистрировавшихся школьников в дистанционной системе Сириус.Онлайн. Для школьников, проходивших открытые курсы «Дополнительные главы геометрии» и «Дополнительные главы комбинаторики» часть модулей дистанционного учебно-отборочного курса может быть засчитана автоматически.

3.2.5. Заочный отборочный тур состоится 6 мая 2020 г. Регламент проведения заочного отборочного тура публикуется в дистанционной системе до 30 апреля 2020 г. Школьники, нарушившие регламент проведения заочного отборочного тура, к заключительному очному отборочному туру не допускаются.

3.2.6. По совокупности результатов обучения в дистанционной системе и результатов заочного отборочного тура будет сформирован список участников заключительного отборочного тура, который будет опубликован на сайте Центра «Сириус» и в системе Сириус.Онлайн до 8 мая 2020 г.

3.2.7. Заключительный очный отборочный тур проводится 16 мая 2020 г. в регионах Российской Федерации, указанных в п.1.3. В одном регионе может быть несколько пунктов проведения. Регламент проведения заключительного очного отборочного тура будет опубликованы на сайте Центра «Сириус» и в системе Сириус.Онлайн не позднее 6 мая 2020 г. Работы школьников, нарушивших регламент проведения заключительного очного отборочного тура, не рассматриваются.

3.2.8.1. На заключительный очный отборочный тур, вне зависимости от результатов обучения в дистанционной системе и в заочном отборочном туре, приглашаются следующие учащиеся, прошедшие регистрацию на программу в соответствие с п. 3.2.2 настоящего Положения:

— участники регионального этапа олимпиады им. Л.Эйлера 2019-2020 учебного года, набравшие не менее 32 баллов; баллы на региональном этапе олимпиады им. Л. Эйлера засчитываются по результатам проверки работ центральным жюри олимпиады;

— участники октябрьской образовательной математической программы по математике 2019 г., являющиеся учениками 6 и 7 класса по состоянию февраль 2020 г., успешно сдавшие до 15 апреля зачет в системе дистанционного постсопровождения. Список таких школьников публикуется в дистанционной системе в срок до 30 апреля 2020 г..

3.2.8.2. На заключительный очный отборочный тур, вне зависимости от результатов обучения в дистанционной системе, приглашаются ученики 7 класса, получившие 2 сертификата за успешное прохождение открытых курсов: геометрия (7 класс) и комбинаторика (7 класс) при условии прохождения заочного отборочного тура на результат, определяемый координационным советом Программы.

3. 2.9. Отбор участников образовательной программы по итогам очного заключительного отборочного тура производится следующим образом. По итогам очного заключительного отборочного тура формируется ранжированный список школьников отдельно по каждой параллели и по каждому региону.

3.2.9.1. На образовательную программу приглашаются от каждого региона по три ученика из 6 и 7 классов с наивысшим рейтингом при условии, что они набрали необходимое пороговое количество баллов, определяемое координационным советом программы. На оставшиеся места приглашаются ученики в соответствии с рейтингом по каждой из параллелей 6–7 классов для каждого региона.

3.3. Порядок отбора учащихся 8 классов (по состоянию на февраль 2020 г.).

3.3.1. Для участия в конкурсном отборе необходимо пройти регистрацию на сайте Центра «Сириус».

Регистрация будет открыта с 18 февраля по 15 марта 2020 года.

3.3.2. По итогам оценки академических достижений на образовательную программу без прохождения отборочных испытаний приглашаются:

— участники заключительного и регионального этапов всероссийской олимпиады по математике им. Л.Эйлера 2019-2020 учебного года, набравшие пороговое количество баллов;

— участники заключительного и регионального этапов всероссийской олимпиады школьников по математике 2019-2020 учебного года, набравшие пороговое количество баллов.

Пороговые количества баллов будут определены и опубликованы на сайте Центра «Сириус» и в дистанционной системе Сириус.Онлайн 30 апреля 2020 г.

3.3.4. С 27 февраля по 6 мая 2020 г. состоится обучение зарегистрировавшихся школьников в дистанционной системе Сириус.Онлайн. Для школьников, проходивших открытые курсы «Дополнительные главы геометрии» и «Дополнительные главы комбинаторики» часть модулей дистанционного учебно-отборочного курса может быть засчитана автоматически.

3.3.5. Заочный отборочный тур состоится 6 мая 2020 г. Регламент проведения заочного отборочного тура публикуется в дистанционной системе до 30 апреля 2020 г. Школьники, нарушившие регламент проведения заочного отборочного тура, к заключительному очному отборочному туру не допускаются.

3.3.6. По совокупности результатов обучения в дистанционной системе и результатов заочного отборочного тура будет сформирован список участников заключительного отборочного тура, который будет опубликован на сайте Центра «Сириус» и в системе Сириус.Онлайн до 8 мая 2020 г.

3.3.7. Заключительный очный отборочный тур проводится 16 мая 2020 г. по регламенту заключительного очного отборочного тура для 6 и 7 классов (см. п. 3.2.7).

3.3.8. На заключительный очный отборочный тур, вне зависимости от результатов обучения в дистанционной системе и в заочном отборочном туре, приглашаются следующие учащиеся, прошедшие регистрацию на программу в соответствие с п.3.3.1 настоящего Положения:

— участники регионального этапа олимпиады им. Л.Эйлера 2019-2020 учебного года или участники регионального этапа всероссийской олимпиады школьников за 9 класс, набравшие не менее 32 баллов; баллы на региональном этапе олимпиады им. Л. Эйлера засчитываются по результатам проверки работ центральным жюри олимпиады;

— участники октябрьской образовательной математической программы по математике 2019 г. , являющиеся учениками 8 класса по состоянию февраль 2020 г., успешно сдавшие до 15 апреля зачет в системе дистанционного постсопровождения. Список таких школьников публикуется в дистанционной системе в срок до 30 апреля 2020 г.

3.3.9. По итогам очного заключительного отборочного тура формируется ранжированный список школьников. Участники приглашаются на образовательную программу в соответствии с общим для всех регионов рейтингом.

3.4. Порядок отбора учащихся 9 и 10 классов (по состоянию на февраль 2020 г.).

Учащиеся 9 и 10 классов (по состоянию на февраль 2020 г.) отбираются на образовательную программу на основе своих достижений на математических олимпиадах высокого уровня.

3.4.1. По итогам оценки академических достижений на образовательную программу без прохождения отборочных испытаний приглашаются:

3.4.2. Пороговые количества баллов по каждому классу будут определены и опубликованы на сайте Центра «Сириус» 6 мая 2020 г., после завершения заключительного этапа всероссийской олимпиады школьников по математике. Регистрация учащихся 9 и 10 классов на образовательную программу будет проходить с 6 по 20 мая 2020 г. по персональным приглашениям.

3.5. При отборе на образовательную программу учитываются только академические достижения, загруженные организаторами мероприятий в государственный информационный ресурс о детях, проявивших выдающиеся способности. Дополнительная загрузка участником отбора своих дипломов в заявку не предполагается.

3.6. Список школьников, приглашенных к участию в октябрьской образовательной программе, публикуется на официальном сайте Центра «Сириус» не позднее 20 июня 2020 года.

3.7. Учащиеся, отказавшиеся от участия в октябрьской образовательной программе, могут быть заменены на следующих за ними по рейтингу школьников.

3.8. Предельная численность участников октябрьской образовательной программы от каждого региона Российской Федерации составляет 40 человек. В случае приглашения на основании п.3.2.3., 3.3.2. и 3.4.1. суммарно более 25 участников от одного региона координационный совет программы может изменить для этого региона критерии приглашения, перечисленные в этих пунктах. В случае прохождения на образовательную программу более 40 участников от одного региона по решению координационного совета программы в этом регионе могут изменены критерии приглашения и/или проведен дополнительный очный отборочный тур. Дата и регламент проведения дополнительного отборочного тура утверждаются координационным советом программы.

3.9. Координационный совет программы может устанавливать для регионов-организаторов более высокие проходные баллы по итогам заключительного очного отборочного тура. В регионах-организаторах по решению координационного совета программы может быть проведен дополнительный очный отборочный тур среди учащихся 6-10 классов. Дата и регламент проведения дополнительного отборочного тура утверждаются координационным советом программы.

3.10. В сентябре 2020 г. все участники октябрьской образовательной программы из 7, 8 и 9 классов (по состоянию на сентябрь 2020 г.) могут продолжить обучение в дистанционной системе. Темы занятий на октябрьской образовательной программе будут являться логическим продолжением тем дистанционного обучения, поэтому от участников предполагается, что они овладеют материалом, изучаемым в дистанционной системе.

4. Аннотация образовательной программы
Образовательная программа ориентирована на развитие математических и творческих способностей учащихся. Программа включает в себя углубленные занятия математикой, различные математические соревнования, лекции ведущих ученых и педагогов страны, общеобразовательную, обширную культурно-досуговую, развивающую и спортивно-оздоровительную программы.

Программа ориентирована на обучение школьников с разным уровнем подготовленности. Учащиеся будут разбиты на учебные группы с учетом их возраста и уровня подготовки. Изучаемые темы предполагают у участников хорошее знание всех разделов школьного курса математики.

5. Финансирование образовательной программы
Оплата проезда, проживания и питания участников образовательной программы осуществляется за счет средств Образовательного Фонда «Талант и успех».

НОУ ИНТУИТ | Лекция | Предварительные сведения

Аннотация: Необходимые сведения об основных принципах и формулах комбинаторики. Основные понятия элементарной теории вероятностей: пространство элементарных исходов, события и операции над ними

Элементы комбинаторики

Научимся подсчитывать число «шансов». О числе шансов говорят, когда возможно несколько результатов какого-либо действия (выбор карты из колоды, подбрасывание кубика или монетки). Формулы комбинаторики позволяют посчитать число способов проделать действие или число его возможных результатов.

Теорема о перемножении шансов. Основной принцип комбинаторики заключается в следующем: если первый элемент можно выбрать способами, а второй элемент — способами, то упорядоченную пару элементов можно составить способами.

Теорема 1. Пусть множество состоит из элементов, а множество — из элементов. Тогда можно образовать ровно пар взяв первый элемент из множества а второй — из множества .

Доказательство. С элементом мы можем образовать пар: . Столько же пар можно составить с элементом или с любым другим из элементов множества . Таким образом, всего возможно пар, в которых первый элемент выбран из множества а второй — из множества .

Урновые схемы. Есть урна (ящик), содержащая пронумерованных шаров. Мы выбираем из урны шаров; результат этого выбора — набор из шаров. Нас интересует, сколькими способами можно выбрать шаров из т. е. сколько различных результатов возможно.

На этот вопрос нельзя дать однозначный ответ, пока мы не знаем:

как организован выбор;
что понимать под различными результатами выбора.

Рассмотрим следующие возможные способы выбора.

Выбор с возвращением: каждый вынутый шар возвращается в урну, каждый следующий шар выбирается из полной урны. В полученном наборе из номеров шаров могут встречаться одни и те же номера.
Выбор без возвращения: вынутые шары в урну не возвращаются, и в полученном наборе не могут встречаться одни и те же номера.

Условимся, какие результаты выбора (какие наборы номеров шаров) мы будем считать различными. Есть ровно две возможности.

Выбор с учетом порядка: два набора номеров шаров считаются различными, если они отличаются составом или порядком номеров. Так, наборы и считаются различными наборами.
Выбор без учета порядка: два набора номеров шаров считаются различными, если они отличаются составом. Так, наборы и различны, а наборы и не различаются.

Количество результатов в урновых схемах. Подсчитаем, сколько возможно различных результатов для каждой из четырех схем выбора: с возвращением или без возвращения, и в каждом из этих случаев — с учетом порядка или без учета.

Выбор без возвращения и с учетом порядка

intuit.ru/2010/edi»>Теорема 2. Общее количество различных наборов при выборе элементов из без возвращения и с учетом порядка равняется

Число называется числом размещений из элементов по элементов, а сами результаты выбора — размещениями.

Доказательство. Первый шар можно выбрать способами. При любом выборе первого шара есть способ выбрать второй шар, при любом выборе первых двух шаров есть способа выбрать третий шар и т. д. Применяя последовательно теорему 1, получаем, что общее число возможных наборов из шаров равно произведению сомножителей . Здесь последний сомножитель есть число способов выбрать -й шар из оставшихся в урне шаров.

Следствие 1. В множестве из элементов возможно ровно ! перестановок этих элементов.

Доказательство. Перестановка — результат выбора без возвращения и с учетом порядка элементов из . Их число равно !

Выбор без возвращения и без учета порядка

Теорема 3. Общее количество различных наборов при выборе элементов из без возвращения и без учета порядка равняется

Число называется числом сочетаний из элементов по элементов, а сами результаты выбора — сочетаниями.

Доказательство. Упорядочить различных номеров шаров можно ! способами. Поэтому из каждого сочетания можно перестановками образовать ! размещений. Следовательно, число наборов, порядок в которых не учитывается (сочетаний), в ! раз меньше числа наборов, отличающихся еще и порядком (размещений).

Выбор с возвращением и с учетом порядка

Теорема 4. Общее количество различных наборов при выборе элементов из с возвращением и с учетом порядка равняется .

Доказательство. Первый шар можно выбрать способами. При каждом из этих способов второй шар можно выбрать также способами, и так раз. Общее число наборов равно .

Выбор с возвращением и без учета порядка. Рассмотрим урну с двумя пронумерованными шарами и перечислим результаты выбора двух шариков из этой урны при выборе с возвращением. Если учитывать порядок, то исходов получится четыре:

Если порядок не учитывать, то следует объявить два последних исхода одним и тем же результатом эксперимента. Исходов окажется три: Видим, что в схеме выбора без учета порядка получилось три различных результата, тогда как при выборе с учетом порядка различных результатов было четыре. Ни каким делением на «число каких-нибудь перестановок», которое помогло избавиться от учета порядка при выборе без возвращения, число 3 из числа 4 получить не удастся.

Теорема 5. Общее количество различных наборов при выборе элементов из с возвращением и без учета порядка равняется

Доказательство. Рассмотрим, чем отличаются друг от друга два разных результата такой схемы выбора. Нам не важен порядок следования номеров, т. е. мы учитываем только, сколько раз в нашем наборе из номеров шаров появился каждый номер. Поэтому результат выбора можно представить набором чисел , в котором — число появлений шара номер в наборе, . Два результата выбора с возвращением и без учета порядка различаются, если соответствующие им упорядоченные наборы не совпадают.

Представим себе другой эксперимент, имеющий точно такие же результаты, и посчитаем их количество. Есть ящиков, в которых размещаются шаров. Нас интересует только число шаров в каждом ящике. Результатом эксперимента снова является набор чисел , где равно числу шаров в ящике с номером .

А теперь изобразим результат такого размещения в виде схемы, в которой вертикальные линии обозначают перегородки между ящиками, а точки — находящиеся в ящиках шары:

Мы видим результат размещения девяти шаров по семи ящикам. Первый ящик содержит три шара, второй и шестой ящики пусты, третий ящик содержит один шар, в четвертом и пятом ящиках лежит по два шара. Переложим один шар из первого ящика во второй и изобразим таким же образом еще два результата размещения:

Видим, что все размещения можно получить, меняя между собой шары и перегородки или расставляя шаров на местах. Число получается так: у ящиков есть ровно перегородка, считая крайние, но из них перемещать можно лишь внутреннюю перегородку. Таким образом, имеется мест, которые можно занять шарами либо внутренними перегородками. Перебрав все возможные способы расставить шаров на этих местах, переберем и все нужные размещения. Осталось заметить, что по теореме 3 существует способов выбрать места для шаров на местах.

13 шары и перегородки | DocumentSite.net: сайт обмен документами

Шары и перегородки
Имеется 22 конфеты. Сколькими способами Аня, Варя, Катя, Люба, Маша, Оля и Полина могут разделить конфеты между собой, если а) все конфеты разные; б) все конфеты одинаковые?
После решения задачи 1 обнаружилось множество способов, в которых некоторые из девочек не получили конфет и надулись. Сколько есть честных способов дележа, когда каждая из девочек получает хотябы по одной конфете?
Переплетчик должен переплести 12 одинаковых книг в красный, синий или зеленый переплеты. Сколькими способами он может это сделать?
Сколькими способами можно разложить 17 одинаковых шаров в четыре ящика? (в каждый ящик нужно положить хотя бы один шар)
В почтовом отделении продаются открытки 10 видов. Сколькими способами можно купить а)8 различных открыток; б) 8 любых открыток; в)12 любых открыток?
В стране живет n человек.

Президента выбирают посредством тайного голосования, при котором каждый гражданин голосует за одного из граждан (возможно, за себя самого). Сколькими способами может быть составлен протокол этого голосования? (Тайным называется голосование, при котором известно, сколько голосов подано за каждого из кандидатов, но не известно, кто именно как проголосовал.)
Сколькими способами можно расположить в 15 лузах 9 белых и 6 черных шаров? (Часть луз может быть пустой, а лузы считаются различными).
Сколькими способами можно 4 белых шара, 4 синих шара и 4 красных шара разложить в 6 различных ящиков? (Часть ящиков может остаться пустыми.)
Сколько решений в натуральных числах имеет уравнение xyz = 109?
9. Сколько решений в целых числах имеет уравнение x + y + z = 25 при условии, что x,y,z ≥ d, где d равно а) 0; б) 1; в) 2; г) 8; д) 9.
Сколькими способами натуральное число n можно представить ввиде суммы а) k целых неотрицательных слагаемых; б) k натуральных слагаемых; в) произвольного количества натуральных слагаемых?
На полке стоит 12 книг.

Сколькими способами можно выбрать из них 5 книг, никакие две из которых не стоят рядом?

Приложенные файлы

23262800
Размер файла: 14 kB Загрузок: 2

Искривление носовой перегородки симптомы. Искривление перегородки носа. Исправление искривления перегородки носа в Москве.

Искривление носовой перегородки может приводить к нарушению функций соседних органов и воспалительному процессу в околоносовых пазухах. Развитие синусита, отита, проникновение патогенной флоры в слуховую трубу и среднее ухо напрямую связаны с искривлением перегородки.

В идеале левая и правая половины носа равны по размеру. Однако до 80% населения земного шара имеют ту или иную степень искривления перегородки носа.

Носовая перегородка – пластинка, которая делит полость носа пополам. Передняя часть перегородки состоит из хрящевой ткани, а задняя из костной. Костно-хрящевая пластинка покрыта слизистой оболочкой, в которой много кровеносных сосудов. Причины деформации перегородки носа могут быть физиологические, травматические и компенсаторные.

Искривление перегородки носа может никак себя не проявлять. Но некоторые деформации вызывают ряд симптомов. Самый распространенный из них – это затруднение носового дыхания (одно- или двустороннее). Как ни странно, этот симптом не является обязательным, так как долгое время могут срабатывать компенсаторные механизмы, и человек не будет ощущать затруднения дыхания. Так же пациент может жаловаться на частые носовые кровотечения, воспалительные заболевания околоносовых пазух, храп и шумное дыхание во время сна, изменение формы наружного носа, снижение обоняния, головную боль, дневную сонливость, утомляемость.

Во время осмотра оториноларинголог оценивает форму носа, проводит эндоскопическое исследование. Эндоскоп – тонкий инструмент, на конце которого находится микровидеокамера высокого разрешения и источник света, благодаря чему доктор может осмотреть даже труднодоступные отделы и полости носа, оценить степень нарушения носового дыхания. При необходимости ЛОР-врач проводит дополнительные тесты, в том числе, компьютерную томографию (КТ) околоносовых пазух.

Компьютерная и магнитно-резонансная томография

Томографические исследования позволяют еще более детально визуализировать состояние околоносовых пазух. В нашем арсенале есть два аппарата компьютерной томографии, а также магнитно-резонансный томограф мощностью 1,5 Тесла. Передовое высокотехнологичное оборудование крайне важно для диагностики состояние полостей носа. Но еще важнее — эксперт-радиолог, интерпретирующий полученные на этом оборудовании изображения и отвечающий на вопросы, поставленные ему врачом-клиницистом. Наши радиологи тесно сотрудничают с клиницистами, предоставляют им точную интерпретацию изображений, а в сложных случаях участвуют в консилиумах вместе с хирургами, терапевтами и другими специалистами.

Оперировать или нет?

Необходимость операции и хирургическая тактика обсуждается и выбирается совместно отоларингологом и пациентом по совокупности жалоб и проявлений данного состояния. Если небольшой шип или гребень перегородки носа не препятствуют нормальному дыханию, то необходимости в хирургическом вмешательстве нет. Но если человек не может нормально дышать, страдает от постоянной заложенности носа, часто дышит ртом, у него снижено обоняние, его беспокоят головные боли, сонливость, быстрая утомляемость, снижение внимания, то отоларинголог предложит выполнить операцию — септопластику.

Септопластика

Септопластика – это хирургическая процедура, которая выполняется внутри полости носа. Хирург проникает к носовой перегородке через полость носа, не делая разрезов на лице, поэтому у пациента после хирургического вмешательства на лице не остается синяков, шрамов или других внешних признаков операции. Каждый случай индивидуален, поэтому методики выбираются в зависимости от конкретного пациента. Это позволяет достигнуть наилучшего результата и минимизировать возможные при любом вмешательстве осложнения. Операция может быть выполнена на нижних носовых раковинах (если есть их увеличение – гипертрофия), на околоносовых пазухах при хроническом синусите, полипах, на мягком небе при храпе и т д. Септопластика может сочетаться с ринопластикой, если пациент хочет изменить и форму наружного носа.

Фрагмент видео-эндоскопической подслизистой резекции искривленных участков перегородки носа с сохранением четырехугольного хряща. Мы проводим вмешательства на носовой перегородке только с применением эндоскопической техники. Это позволяет прецизионно и малотравматично удалять искривленные отделы перегородки (как правило, костные), и щадяще относится к хрящевому отделу перегородки, который играет немаловажную роль в опороспособности наружного носа.

Чем можно звукоизолировать гипсокартонные перегородки комнат в доме? Porolon-Optom

Шумоизоляция в многоквартирном доме является острой проблемой. Уровень шума нередко может превышать допустимые нормы вдвое, а то и в три раза. Так что очевидно, насколько важно проработать перегородки внутри квартиры и по периметру комнаты.

Какой материал применяют для звукоизоляции стен из гипсокартона?

Тонкие перестенки можно обшить панелями пенополиуретана со специальной бугристой поверхностью. Они улучшат поглощение шума и звуковых вибраций внутри квартиры. В старых домах сооружение каркасных конструкций из гипсокартона во время проведения ремонта довольно привычное явление. Они помогают уменьшить слышимость от соседей, а шумоизолировать гипсокартонные панели можно дополнительно пенополиуретаном. Таким же способом можно подкорректировать планировку жилого помещения. Акустический гипсокартон — это не просто отражающая шумы поверхность, а перфорация, поглощающая и гасящая звуковые колебания. Поэтому не создается эхо в комнате.

Звукоизоляционный поролон подходит для создания дополнительного защитного слоя от шума. Двойные полости обязательно заполнять демпфирующим материалом, а повысить шумоизоляцию удастся благодаря чередованию облицовки разной жесткости. Минеральная вата иногда также применяется, но это в итоге получается дороже и нерационально.

Как шумоизолировать стены в доме?

Здесь, как и в квартире, важно обеспечить комфорт проживающим людям, уменьшить слышимость звуков из-за перегородок. Тот же акустический пенополиуретан станет недорогим и эффективным решением. Стену можно отгородить корпусным шкафом или книжной полкой, что создаст дополнительное препятствие звуковым колебаниям в комнате. Если пока Вы в поиске, чем звукоизолировать перегородку, то однозначно выбирайте ППУ-изделия — это долговечно, надежно и вряд ли выйдет за рамки даже самого скромного бюджета.

В «Поролон-Оптом» Вы сможете получить компетентную консультацию и расчет нужного количества изоляционного материала. В Москве есть самовывоз и работает служба доставки, а в регионы оперативно отправляем в течение 1-3 дней с момента оформления заказа. Обращайтесь для уточнения деталей прямо сейчас.

отзывы, фото и характеристики на Aredi.ru

Мы доставляем посылки в г. Калининград и отправляем по всей России

1
Товар доставляется от продавца до нашего склада в Польше. Трекинг-номер не предоставляется.
2
После того как товар пришел к нам на склад, мы организовываем доставку в г. Калининград.
3
Заказ отправляется курьерской службой EMS или Почтой России. Уведомление с трек-номером вы получите по смс и на электронный адрес.

Ориентировочную стоимость доставки по России менеджер выставит после оформления заказа.

Гарантии и возврат

Гарантии
Мы работаем по договору оферты, который является юридической гарантией того, что мы выполним свои обязательства.

Возврат товара
Если товар не подошел вам, или не соответсвует описанию, вы можете вернуть его, оплатив стоимость обратной пересылки.

У вас остаются все квитанции об оплате, которые являются подтверждением заключения сделки.
Мы выкупаем товар только с проверенных сайтов и у проверенных продавцов, которые полностью отвечают за доставку товара.
Мы даем реальные трекинг-номера пересылки товара по России и предоставляем все необходимые документы по запросу.
5 лет успешной работы и тысячи довольных клиентов.

комбинаторика — Количество способов поместить n неразличимых шаров в k неразличимых групп.

Первая проблема заключается в том, что таблица содержит три ошибки: правильная сумма для $ N = 5 $ составляет 7 $, а не 8 $; запись для $ N = 6, K = 3 $ должна быть 3 $, а не 4 $; и общая сумма для $ N = 6 $ должна составлять 11 $, а не 12 $.

Запись в строке $ n $, столбце $ k $, — это $ p_k (n) $, количество разделов $ n $ на $ k $ частей. Это количество способов записать $ n $ как сумму $ k $ натуральных чисел, если порядок целых чисел не имеет значения.Взяв, например, $ n = 6 $, мы можем записать это как сумму $ 3 $ натуральных чисел $ 3 $ способами: $ 4 + 1 + 1,3 + 2 + 1 $ и $ 2 + 2 + 2 $. В модели шаров и ящиков это соответствует помещению шаров по $ 4 в одну коробку и по $ 1 шара в каждую из двух других ящиков; положить шарики по 3 доллара в одну коробку, по 2 доллара в другую и по 1 доллару в третью; и кладем шарики по 2 доллара в каждую коробку. Неразличимость ящиков отражается в том факте, что нас не волнует порядок слагаемых: $ 3 + 2 + 1 $ — это то же разбиение, что и $ 2 + 1 + 3 $.

Для этих ограниченных номеров разделов нет хорошей закрытой формы, но они удовлетворяют повторению

$$ p_k (n) = p_ {k-1} (n-1) + p_k (n-k) \;, \ tag {1} $$

с $ p_k (n) = 0 $ для $ k> n $, $ p_n (n) = 1 $ для $ n \ ge 0 $ и $ p_0 (n) = 0 $ для $ n> 0 $, поэтому стол довольно легко расширяется. Ясно, что $ p_0 (n) = 0 $, если $ n> 0 $: нельзя положить положительное количество шаров в $ 0 $ коробки. Также ясно, что $ p_n (n) = 1 $, если $ n \ ge 1 $: единственный способ положить $ n $ шаров в $ n $ ящики — это положить по $ 1 $ шаров в каждую ячейку.Также удобно положить $ p_0 (0) = 1 $. Повторение $ (1) $ также довольно легко обосновать. Предположим, что я разложил $ n $ шаров по $ k $ коробкам. Есть две возможности: в каком-то ящике находится всего $ 1 $ шара, или в каждом ящике содержится не менее $ 2 $ шаров.

Если какая-то коробка содержит шар по $ 1 $, выбросьте эту коробку и шар, и вы оставили распределение шариков $ n-1 $ в коробки $ k-1 $. И наоборот, если вы начнете с распределения $ n-1 $ шаров по $ k-1 $ ящикам, вы можете добавить ящик с мячом в нем, чтобы получить распределение $ n $ шаров по $ k $ ящикам, по крайней мере один из которых содержит шар всего за 1 $.Таким образом, существует $ p_ {k-1} (n-1) $ распределений этого типа.
Если в каждой коробке содержится не менее 2 $ шаров, выбросьте шар по $ 1 $ из каждой коробки, и вы оставили распределение по $ n-k $ шаров в $ k $ коробок. И наоборот, если вы начнете с распределения $ nk $ шаров в $ k $ ящиков, вы можете добавить мяч в каждый ящик, чтобы получить распределение $ n $ шаров по $ k $ ящикам, в каждом из которых содержится не менее $ 2 $. мячи. Таким образом, существует $ p_k (n-k) $ распределений этого типа.

Каждое распределение $ n $ шаров по $ k $ коробкам относится к одному из этих типов, и $ (1) $ следует немедленно.С его помощью мы легко можем добавить строку в (исправленную) таблицу:

$$ \ begin {array} {c | cc} п \ обратная косая черта k & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \ hline 0 и 1 \\ 1 и 1 и 1 \\ 2 и 1 и 1 и 1 \\ 3 и 1 и 2 и 1 и 1 \\ 4 и 1 и 2 и 2 и 1 и 1 \\ 5 и 1 и 3 и 3 и 2 и 1 и 1 \\ 6, 1, 3, 4, 3, 2, 1, 1 \ end {array} $$

Значение $ p_2 (6) = 4 $, например, получается как

$$ p_ {2-1} (6-1) + p_2 (6-4) = p_1 (5) + p_2 (2) = 3 + 1 = 4 \;. $$

Искусство решения проблем

При распределении вещей на другие вещи необходимо учитывать различимость объектов (т.е. различимы они или нет). Если вещи различимы, нужно также учитывать, разрешены ли дубликаты (то есть можем ли мы повторить). В отношении этих проблем лучше сначала подумать об этом.

От различимых до различимых, с дубликатами

Для каждой из вещей есть выбор, всего способов.

От различимого до различимого, без дубликатов

Для каждой из вещей есть выбор, всего способов.

От отличимых до неотличимых, с дубликатами

Это «перевернутые» шары и урны, или, по сути, распределение неразличимых объектов на различимые объекты. Обратитесь к 6; в этом случае есть выходы. Теперь мы можем просто поменять местами клавиши и, так что есть способы.

От отличимых до неотличимых, без дубликатов

Это, наверное, самый утомительный случай, поскольку он включает в себя большую часть работы с делами. Один из способов — сначала найти все разделы (см. 5) с дополнениями (т.е.е. все решения, в которых слагаемые неотличимы). Затем для каждого раздела отдельно рассчитайте количество способов и, наконец, сложите эти результаты вместе.

Например, если, то наши разделы: — в этом случае есть выход. — мы выбираем один из «», так что есть способы. — мы выбираем три объекта в качестве «принадлежащих» (остальные определяются после этого), так что есть способы для этого. — снова мы выбираем три объекта в качестве «s» (остальные определяются после этого), так что есть способы для этого.- во-первых, мы выбираем один объект в качестве «», у которого есть пути. Затем мы можем выбрать любые два из оставшихся четырех в качестве одной из «», и для этого есть способы. Однако мы должны разделить это на, так как две «» взаимозаменяемы, а общая сумма для этого случая равна.

Суммируя, получаем пути.

Все эти задачи похожи на эту в том, что вы разделяете их на более мелкие задачи подсчета.

От неотличимого до неотличимого

Это часть проблемы с разделами.Представьте, что вы находите такое количество решений, которые неотличимы друг от друга.

Это можно сделать с помощью корпуса; метод лучше всего пояснить на примере: скажи это. Наши перегородки то есть, значит перегородки есть.

Эту идею также можно использовать для решения таких задач, как, например, сколько способов можно заплатить 51 цент четвертями, десятицентовыми монетами и пенни?

Вы можете решить проблему, как показано ниже, используя кейс, где ваши дела — это суммы кварталов. В каждом случае количество способов эквивалентно количеству десятицентовиков, которые вы можете использовать, так как остальная часть денег может быть выплачена пенни.

Корпус 1: 2 четверти

В этом случае вы не можете использовать десятицентовые монеты, оставив только 1 ящик.

Вариант 2: 1 квартал

В этом случае у вас может быть 0, 1 или 2 десятицентовика, оставляя 3 случая.

Случай 3: Без четверти

В этом случае вы можете использовать до 5 десятицентовиков, оставив 6 ящиков.

Всего у нас есть кейсы. Обратите внимание, что лучший способ проиллюстрировать это решение — это диаграмма.

Это техника «Шары и урны». В общем, если у кого-то есть неотличимые объекты, которые нужно распределить по различимым контейнерам, то есть способы сделать это.

Представьте, что есть разделители, обозначенные, и объекты, обозначенные, так что у нас есть и. Затем помечаем области, образованные разделителями, чтобы мы получили (поскольку есть разделители) и наши объекты. Теперь мы можем видеть, что существуют различные области (соответствующие различимым объектам), в которые мы можем поместить наши идентичные объекты (соответствующие неразличимым объектам, которые мы распределяем), что аналогично исходной проблеме. Наконец, есть расположение звезд и базовые перестановки с повторяющимися элементами. Примечание: количество звезд, которое появляется в каждой из областей, представляет собой количество неразличимых объектов (звезд), присвоенных конкретному различимому объекту (разделителям). Например, если мы раздаем звезды детям, то одно расположение соответствует звездочке первому ребенку, второму, третьему, четвертому и пятому.

Одна проблема, которая может быть решена с помощью этого, — это найти количество решений для, где, у которого есть решения.

pr.probability — Ограничения неравенства, распределения вероятностей и целочисленные разбиения

Правильный ли это подход для вычисления вероятности будет зависеть от того, какие допущения вы делаете относительно вероятностей различных разделов. В частности, этот расчет, по-видимому, требует, чтобы для его достоверности все разделы были одинаково вероятными. Вы действительно хотите, чтобы (10,0,0) было так же вероятно, как (4,3,3)?

Edit: Что касается асимптотического поведения, возьмите случай, когда количество шаров равно количеству урн; назовите это $ n $.Можно запросить долю шаров в первой урне как функцию от $ n $, что равносильно запросу среднего размера самой большой части в разделе $ n $ (что также соответствует запросу среднее количество частей в разделе $ n $). Это было изучено Кесслером и Ливингстоном, Ожидаемое количество частей в разбиении $ n $, Monatshefte Math 81 (1976) 203-212. Пусть $ P (n) $ — общее количество частей во всех разделах $ n $ (что совпадает с суммой наибольших частей во всех разделах $ n $), и пусть $ p (n) $ — количество разделов $ n $.3n) $$ где $ \ gamma $ — постоянная Эйлера. Дополнительную информацию см. В разделе A006128 в Интернет-энциклопедии целочисленных последовательностей.

РЕДАКТИРОВАТЬ 15 июля: Пусть $ f_ {j, k} (n) $ будет суммой $ j $ -й наибольшей части по всем разделам $ n $ не более чем на $ k $ частей, $$ f_ {j, k} (n) = \ sum _ {\ eqalign {a_1 \ ge \ dots \ ge a_k & \ ge0 \ cr a_1 + \ dots + a_k & = n \ cr}} a_j, $$ и пусть $ p_k (n) $ будет числом разбиений $ n $ не более чем на $ k $ частей. Вы спрашиваете об асимптотическом поведении $ f_ {j, k} (n) / np_k (n) $ при увеличении $ k $ и $ n $, но неясно, как вы хотите, чтобы они увеличивались (т.е. отношения, которые они должны иметь друг с другом по мере их увеличения), и также непонятно, что вы хотите, чтобы $ j $ делал, пока $ k $ и $ n $ увеличиваются.u $. Эта последняя сумма хорошо известна, и после некоторой алгебры выскакивает предполагаемая формула.

Двенадцать способов счета

У меня долгое время было стремление стать лучше в комбинаторике, особенно перечислительной комбинаторике , дисциплине подсчета количества аранжировок по некоторому шаблону.

Знакомство с «Двенадцатикратным путем» было настоящим открытием в этом отношении. Это способ классифицировать некоторые фундаментальные комбинаторные задачи счета, рассматривая различные способы складывания мячей в урны.Различные установки возникают в зависимости от того, помечены ли шары или нет, помечены ли урны или нет, и может ли каждая урна содержать любое количество шариков, не более одного или хотя бы одного, что приводит к 2⋅2⋅3 = 122 \ cdot 2 \ cdot 3 = 122⋅2⋅3 = 12 случаев.

Все случаи показаны и пронумерованы в этой таблице:

шаров на урну	без ограничений	≤ 1	≥ 1
n маркированных шаров, м маркированных урн	(1)	(5)	(9)
n немаркированных шаров, м маркированных урн	(2)	(6)	(10)
n помеченных шаров, м урн без маркировки	(3)	(7)	(11)
n немаркированных шаров, м немаркированных урн	(4)	(8)	(12)

Теперь я рассмотрю каждую из них.Не по строкам и не по столбцам, а довольно тематически. Количество расположений обозначим Ck (m, n) C_k (m, n) Ck (m, n) для ммм урн, nnn шаров, для каждого случая k = 1,2,…, 12k = 1, 2, \ ldots, 12k = 1,2,…, 12.

Тривиальное (7, 8)

Если урны без надписи и в каждую можно положить не более одного шара, ответ тривиален. Невозможно различить разные способы размещения шаров, поскольку урны не снабжены этикетками, поэтому есть только один способ сделать это,

C7 (m, n) = C8 (m, n) = 1, n≤m.п. C1 (m, n) = mn.

Это эквивалентно подсчету кортежей из m вещей , где каждый элемент кортежа соответствует урне, а значение этого элемента соответствует номеру шара, который попадает в эту урну. (Обратите внимание, что здесь и во всех следующих случаях различный порядок расположения шаров в каждой урне не различается.)

Если, однако, в каждой урне может быть не более одного шара (Случай 5), мы не сможем разместить каждый шар так, как нам заблагорассудится. У нас есть ммм урны на выбор для первого шара, m − 1m-1m − 1 для второго, m − 2m-2m − 2 для третьего, что приводит к

C5 (m, n) = m (m − 1) ⋯ (m − n + 1) = m! (M − n) !, n≤m, C_5 (m, n) = m (m-1) \ cdots (m-n + 1) = \ frac {m!} {(mn)!}, \ quad n \ leq m, C5 (m, n) = m (m − 1) ⋯ (m − n + 1) = (m − n)! M!, N≤m,

, что называется числом n-перестановок m вещей .Теперь снимаем метки с шаров (случай 6). Таким образом, если обмен двумя шарами в только что рассмотренной схеме привел бы к другому расположению, то это уже не так. При любом выборе nnn урн, в скольких перестановках шары помещаются именно в эти урны? Ответ — количество способов упорядочить / переставить nnn вещей, а именно n! N! N !, поэтому мы просто делим на это число и получаем

C6 (m, n) = m! (M − n)! N! = (Mn), n≤m, C_6 (m, n) = \ frac {m!} {(M-n)! n!} = {m \ choose n}, \ quad n \ leq m, C6 (m, n) = (m − n)! N! M! = (Нм), n≤m,

число из n-комбинаций m вещей и (mn) {m \ choose n} (nm) является биномиальным коэффициентом.Давайте теперь введем число uk, k = 1,…, nu_k, k = 1, \ ldots, nuk, k = 1,…, n, как номер урны, в которую входит мяч k . Используя это обозначение, мы видим, что количество только что рассмотренных nnn-комбинаций ммм-вещей эквивалентно количеству кортежей (u1, u2,…, un) (u_1, u_2, \ ldots, u_n) (u1, u2, …, Un), выполняющие

1≤u1 Это пригодится, когда мы обратимся к случаю 2, где мы разрешаем любое количество шаров в каждой урне, но мы по-прежнему не различаем обмен двумя шарами между двумя урнами.Таким образом, используя введенные обозначения, нас интересуют числовые наборы (u1, u2,…, un) (u_1, u_2, \ ldots, u_n) (u1, u2,…, un), которые удовлетворяют

1≤u1≤u2≤u3≤ ⋯ ≤un≤m1 \ leq u_1 \ leq u_2 \ leq u_3 \ leq \ cdots \ leq u_n \ leq m 1≤u1 ≤u2 ≤u3 ≤ ⋯ ≤un ≤m

Но любое значение , меньшее или равное to, может быть легко преобразовано в , строго меньшее, чем , если рассматривать целые числа,

1≤u1 , и теперь мы преобразовали задачу перечисления для n-мультикомбинаций m вещей в эквивалентные nnn-комбинации задачи перечисления m + n − 1m + n-1m + n − 1, так что

C2 (m, n) = (m + n − 1n).C_2 (m, n) = {m + n-1 \ выбрать n}. C2 (m, n) = (нм + n − 1).

Установить разделы (3, 9, 11)

Давайте сначала рассмотрим случай 11, где nnn шаров помечены, ммм урны не помечены, и каждая урна должна содержать по крайней мере один шар. Сначала заметим, что количество конфигураций для этого случая эквивалентно разбиению множества {1, 2,…, nnn} на mmm непересекающиеся подмножества, объединение которых является всем множеством. Это называется количеством (набор) разделов из {1, 2,…, nnn} на m частей ,

C11 (m, n) = {nm}, n≥m≥1.C_ {11} (m, n) = \ left \ {{n \ atop m} \ right \}, \ quad n \ geq m \ geq 1. C11 (m, n) = {mn}, n≥m≥1.

, где фигурные скобки обозначают числа Стирлинга второго рода. Но это просто ответ на вопрос, задав другой вопрос. Нетрудно заметить, что

{nn} = {n1} = 1, n≥1 и {nm} = 0, m> n> 0, \ left \ {{n \ atop n} \ right \} = \ left \ {{n \ atop 1} \ right \} = 1, \ quad n \ geq 1, \ quad \ text {и} \ quad \ left \ {{n \ atop m} \ right \} = 0, \ quad m> n> 0, {nn} = {1n} = 1, n≥1 и {mn} = 0, m> n> 0,

и для полноты определения (согласованных) граничных случаев

{00} = 1 и {n0} = 0, n≥1.\ left \ {{0 \ atop 0} \ right \} = 1 \ quad \ text {и} \ quad \ left \ {{n \ atop 0} \ right \} = 0, \ quad n \ geq 1. {00} = 1 и {0n} = 0, n≥1.

Представьте теперь, что мы хотим перечислить разделы набора {nm} \ left \ {{n \ atop m} \ right \} {mn} из {1, 2,…, nnn} на части mmm, n> m> 1n> m> 1n> m> 1, используя индуктивный / рекурсивный подход. Сначала мы перечисляем аранжировки, которые содержат одноэлементный набор {n} \ {n \} {n} как одну из частей. Это можно сделать, перечислив разбиения множества {n − 1m − 1} \ left \ {{n-1 \ atop m-1} \ right \} {m − 1n − 1} {1, 2,…, n − 1n-1n − 1} на m − 1m-1m − 1 частей и просто добавляя {n} \ {n \} {n} к каждому расположению.Затем мы перечисляем разбиения множества {n − 1m} \ left \ {{n-1 \ atop m} \ right \} {mn − 1} множества {1, 2,…, n − 1n-1n − 1} на ммм детали. Для каждого из этих расположений мы можем добавить элемент nnn к через каждые частей mmm. Таким образом, мы перечисляем все расположения, в которых часть, содержащая элемент nnn, содержит хотя бы один другой элемент. Вместе с описанными выше пограничными случаями у нас теперь есть рекурсивное определение

{nm} = {n − 1m − 1} + m {n − 1m}, n> m> 1. \ left \ {{n \ atop m} \ right \} = \ left \ {{n-1 \ attop m-1} \ right \} + m \ left \ {{n-1 \ atop m} \ right \}, \ quad n> m> 1.{mn} = {m − 1n − 1} + m {mn − 1}, n> m> 1.

Случай 9 аналогичен рассмотренному выше, за исключением того, что урны теперь помечены. Это означает, что если мы поменяем местами содержимое любых двух урн, мы получим новое расположение. А поскольку все части разные (это непересекающиеся подмножества), мы должны посчитать все m! M! M! перестановки частей для каждого набора разделов Case 11, так что

C9 (m, n) = m! {Nm}, n≥m≥1.C_9 (m, n) = m! \ left \ {{n \ atop m} \ right \}, \ quad n \ geq m \ geq 1. C9 (m, n) = m! {Mn}, n≥m≥1.

Теперь мы переходим к случаю 3, где шары помечены, а урны не помечены, как в случае 11, но где любое количество урн может быть пустым.m \ left \ {{n \ atop k} \ right \}. C3 (m, n) = k = 1∑m {kn}.

Вы можете узнать больше о числах Стерлинга, например, в «Конкретной математике» Грэма, Кнута и Паташника.

Целочисленные композиции (10)

Если немаркированные шары должны быть помещены в маркированные урны, по крайней мере, по одному мячу в каждой урне, мы можем представить себе такое расположение:

ОО | О | ООО | ОО ,

означает 2 шара в первой урне, 1 во второй, 3 в третьей и 2 в четвертой (в этом примере mmm = 4 и nnn = 8).Таким образом, подсчет расстановок для случая 10 эквивалентен подсчету количества способов, которыми мы можем разместить разделители mmm-1, « | », среди nnn-1 мест между O , что приведет к

. C10 (m, n) = (n − 1m − 1), n≥m.C_ {10} (m, n) = {n-1 \ choose m-1}, \ quad n \ geq m. C10 (m, n) = (m − 1n − 1), n≥m.

Приведенный выше пример показывает, что 8 = 2 + 1 + 3 + 28 = 2 + 1 + 3 + 28 = 2 + 1 + 3 + 2 и называется составом целого числа 8 на 4 части. Таким образом, перечисление способов разместить nnn немаркированных шаров в урнах с маркировкой mmm с хотя бы одним шаром в каждой урне эквивалентно подсчету составов целого числа m на n частей .

Целочисленные разделы (4, 12)

Ящик 12 содержит nnn немаркированных шаров, ммм немаркированных урн, и каждая урна должна содержать хотя бы один шар. Это похоже на только что рассмотренный случай 10, за исключением маркировки урн. Итак, нам нужно посчитать способы записать целое число nnn как сумму положительных целых чисел mmm, но где порядок частей не имеет значения. Каждое такое расположение называется разделением n на m частей . Мы используем обозначение

C12 (m, n) = ∣nm∣C_ {12} (m, n) = \ left | {n \ на вершине m} \ right | C12 (m, n) = ∣∣∣∣ mn ∣∣∣∣

на количество разбиений nnn на части ммм.Как и для заданных разделов, мы будем искать рекурсивно определенное выражение. Мы видим, что

∣nn∣ = ∣n1∣ = 1, n≥1 и nm∣ = 0, m> n> 0, \ left | {n \ наверху n} \ справа | = \ left | {n \ atop 1} \ right | = 1, \ quad n \ geq 1, \ quad \ text {и} \ quad \ left | {n \ на вершине m} \ right | = 0, \ quad m> n> 0, ∣∣∣∣ nn ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 1n ∣∣∣∣ = 1, n≥1 и mn ∣∣∣∣ = 0, m> п> 0,

и граничные условия

∣00∣ = 1и∣n0∣ = 0, n≥1. \ Left | {0 \ atop 0} \ right | = 1 \ quad \ text {and} \ quad \ left | {n \ atop 0} \ right | = 0, \ quad n \ geq 1.∣∣∣∣∣ 00 ∣∣∣∣∣ = 1 и 0n ∣∣∣∣ = 0, n≥1.

В общем случае разделения nnn на части mmm, мы можем разделить разделы на те, у которых есть хотя бы одна 1 среди частей, и те, у которых каждая часть больше 1. Первый тип можно получить, перечислив все разделы nnn-1 на части mmm-1, где 1 может быть добавлена к каждой компоновке, а второй тип может быть получен путем перечисления всех разделов nnn-mmm на части mmm, где к каждой части можно добавить 1. Таким образом, мы имеем

∣nm∣ = ∣n − 1m − 1∣ + ∣n − mm∣, n> m> 1.м \ влево | {п \ на вершине k} \ справа |. C4 (m, n) = k = 1∑m ∣∣∣∣ kn ∣∣∣∣.

Заключительные замечания

Все двенадцать случаев можно резюмировать в следующей таблице:

шаров на урну	без ограничений	≤ 1	≥ 1
n маркированных шаров, м маркированных урн	n — пары по м шт.	n -перестановки m вещей	Установить перегородки {1,…, n } в м заказанных деталей
n немаркированных шаров, м маркированных урн	n -мультикомбинации m штук	n -комбинации m шт.	Составы n на m частей
n помеченных шаров, м урн без маркировки	Установить перегородки {1,…, n } на ≤ м частей	n голубей в м нор	Установить перегородки {1,…, n } на м частей
n немаркированных шаров, м немаркированных урн	Перегородки из n на ≤ м частей	n голубей в м нор	Перегородки n на м частей

Эта таблица также присутствует в Разделе 7.2.1.4, часть 3, том 4 книги «Искусство компьютерного программирования» Дональда Э. Кнута, где кратко упоминается Двенадцатикратный путь. Двенадцатикратный путь первоначально рассматривается в книге «Перечислительная комбинаторика, том 1» Ричарда П. Стэнли.

(PDF) Подход Бозе-Эйнштейна к случайному разбиению целого числа

Подход Бозе-Эйнштейна к случайному разбиению целого числа 15

, где Hρ (x) = ρlog ρ − xlog x− (ρ − x) log (ρ − x) + xlog (1 −µ (ρ)) + (ρ − x) log µ (ρ).

Функция x → Hρ (x) вогнутая и достигает своего максимума при x = ρ (1 −µ (ρ)) <

1 − ρ, что находится за пределами интервала интегрирования [1 −ρ, ρ].Методом перевала

(47) lim inf

n, N → ∞, n / N → ρ − 1

nlog Pn, N (крышка) = FG (ρ): = −1

ρHρ (1 −ρ)> 0.

Таким образом, только в диапазоне низкой плотности 1

2 <ρ <1 − e − 1 вероятность связности графика

экспоненциально мала. Обратите внимание, что на графике функция скорости больших отклонений FG

максимальная (минимальная) при ρ = 1/2 (ρc = 1 −e − 1), с FG (ρc) = −3 − e

e − 1log (e − 2 )> 0.

Мы заключаем, что в подходе случайного графа к проблеме покрытия, в резком

отличие от графа k − ближайших соседей, существует критическая плотность ρc = 1 —

e − 1, выше, покрытие которой происходит с вероятностью единица.Эти результаты показывают

, до какой степени, когда соединения не ограничиваются соседями, вероятность соединения

увеличивается. Этот вопрос также поднимался в ([2], с.18) в связи

с графами Small-World.

Ссылки

[1] Боллобас Б. Случайные графы. Второе издание. Кембриджские исследования в области высшей математики,

73. Cambridge University Press, Кембридж, 2001.

[2] Каннингс К. (2006). Моделирование сетей белок-белковых взаимодействий от дрожжей-2-гибридов

скринингов со случайными графиками.В статистике в геномике и протеомике / Под ред. Урфер А, Туркман

МА. Centro Internacional de Matematica, Коимбра.

[3] Дарлинг Д.А. (1953) Об одном классе задач, связанных со случайным делением интервала.

Ann. Математика. Статистика, 24, 239–253.

[4] Юенс В. Дж. (1972) Теория выборки избирательно нейтральных аллелей. Теорет. Поп. Биол., 3,

87–112, 1972; erratum, 3, 240, 1972, erratum, 3,376, 1972.

[5] Феллер В. Введение в теорию вероятностей и ее приложения.2. John Wiley and Sons,

, второе издание, Нью-Йорк, 1971.

[6] Флатто Л., Конхейм А.Г. (1962) Случайное разделение интервала и случайное покрытие

круга. SIAM Review, 4, 211-222.

[7] Холст Л. (1983) Заметка о случайных дугах на окружности. Вероятность и математическая статистика.

Очерки в честь Карла – Густава Эссеена. Эд. Аллан Гут и Ларс Холст, Упсала, 40–45.

[8] Холст Л., Хюслер Дж. (1984) О случайном покрытии круга.J. Appl. Проб., 21, 558–566.

[9] Холст Л. (1985) О дискретных расстояниях и распределении Бозе-Эйнштейна. Вклад в

Вероятность и статистика. Очерки в честь Гуннара Блома. Эд. Ян Ланке и Георг

Линдгрен, Лунд, 169–177.

[10] Хюйе Т. (2003) Случайное покрытие круга: размер связанных компонент. Adv.

в Прил. Пробаб., 35, вып. 3, 563-582.

[11] Хюйе Т. (2003) Случайное покрытие круга: конфигурационное пространство процесса свободного осаждения

.J. Phys. А 36, нет. 49, 12143-12155.

[12] Данлоп Ф., Хюйет Т. (2003) Жесткие стержни: статистика конфигураций парковок. Phys. А 324,

№ 3-4, 698-706

[13] Huillet T. (2005) Формулы выборки, полученные из случайных популяций Дирихле. Связь —

катионов в статистике — теория и методы, 34, № 5, 1019-1040.

[14] Ивченко Г. И. (1994) О случайном покрытии круга: дискретная модель. Дискрет. Мат. 6,

нет. 3, 94-109.

[15] Джонсон Н.Л., Коц С. Модели урн и их применение. Подход к современной дискретной теории вероятностей

. Ряд Уайли по вероятности и математической статистике. John Wiley &

Sons, Нью-Йорк-Лондон-Сидней, xiii + 402 стр., 1977

[16] Колчин В. Ф., Севастьянов Б. А., Чистяков В. П. Случайные распределения. Переведено с

на

русск. Перевод под редакцией А.В. Балакришнана. Серия Scripta по математике. V. H.

Winston & Sons, Вашингтон, Д.C .; распространяется Halsted Press [John Wiley & Sons], New

York-Toronto, Ont.-London, 1978.

(PDF) Подписанные перегородки — приближение шариков к урнам

6 ЭЛИ БАГНО И ДЭВИД ГАРБЕР

• текущий минимальный неиспользуемый элемент равен 2, который отправляется fto 4,

, поэтому положительная часть следующего блока будет f − 1 ({4}) = {2,5}

, а отрицательная часть будет f − 1 ({5}) = {3} (поскольку 5 — это

следующее значение после 4 в циклическом порядке). Отсюда получаем пару из

блоков: {2,5, −3} и {−2, −5,3}.

• Теперь текущий минимальный неиспользуемый элемент равен 4, который отправляется

fto 7, поэтому положительная часть блока будет f − 1 ({7}) = {4}

, а отрицательная часть будет f − 1 ({2}) = {6} (поскольку 2 — это

следующее значение после 7 в циклическом порядке). Следовательно, мы получаем пару из

блоков: {4, −6} и {6, −4}.

Итак, мы получаем, что подписанный раздел:

B = {{± 1}, {2,5, −3}, {- 2, −5,3}, {4, −6}, {- 4 , 6}},

, который действительно был нашим исходным подписанным разделом.

Ссылки

[1] Э. Баньо, Р. Бьяджоли и Д. Гарбер, Некоторые идентичности, связанные со вторым видом

Числа Стирлинга типов Band D, представлены. arXiv: 1901.07830.

[2] П. Бала, 3-параметрическое семейство обобщенных чисел Стирлинга (2015). Elec-

tronic версия: https://oeis.org/A143395/a143395.pdf

[3] K.N. Бояджиев, Близкие знакомства с числами Стирлинга второго рода

, Матем. Журнал 85 (4) (2012), 252–266.

[4] В.Райнер, Непересекающиеся разбиения для классических групп отражений, Дискретный

Math. 177 (1–3) (1997), 195–222.

[5] J.B. Remmel и M.L. Вакс, Теория Ладья, Обобщенные числа Стирлинга

и (p, q) -аналоги, Электрон. J. Combin. 11 (2004), № R84.

[6] N.J.A. Sloane (редактор), The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, pub-

, опубликовано в электронном виде на https://oeis.org.

[7] Р.П. Стэнли, Перечислительная комбинаторика, Vol. 1, Издание второе.Кембридж

University Press, 2012.

Эли Баньо, Иерусалимский технологический колледж, 21 Хаваад Халеуми

Санкт-Иерусалим, Израиль

Адрес электронной почты: [email protected]

Дэвид Гарбер, Департамент прикладной математики, Holon Insti-

tute of Technology, 52 Golomb St., PO Box 305, 58102 Holon, Israel,

и (творческий отпуск 🙂 Институт математики Эйнштейна, Еврейский университет-

город Иерусалим, Иерусалим, Израиль

Адрес электронной почты: garber @ hit.ac.il

Идентичные объекты в идентичные интервалы

Когда nnn и rrr становятся достаточно большими, проблема определения количества распределений nnn идентичных объектов в rrr идентичных интервалов может быть сложной. К счастью, есть способ использовать рекурсию, чтобы разбить проблему на более простые части. Следующая теорема будет ключевой в решении этих проблем.

Когда части упорядочены от наибольшего к наименьшему, каждый раздел, подсчитываемый как p (n, r) p (n, r) p (n, r), всегда начинается с целого числа rrr.Остальные целые числа в разбиении сами являются разбиением n − rn-rn − r. Эти разделы n-rn-rn-r могут иметь наибольшее целое число от 111 до rrr включительно. Таким образом, p (n, r) p (n, r) p (n, r) равно сумме всех p (n − r, k) p (nr, k) p (n − r, k), где kkk — целое число от 111 до rrr включительно.

Стратегия решения «идентичных объектов в идентичные ячейки» будет заключаться в использовании вышеупомянутой теоремы, наряду со всеми другими теоремами и базовыми случаями на этой странице, чтобы прийти к решению как можно более эффективно.Не всегда можно прийти к решению за несколько шагов, но рекурсия позволит разбить сложную проблему на более простые.

Сколько существует способов разделить 12 одинаковых кубиков на 3 группы? В каждой группе должен быть хотя бы один куб, порядок групп не имеет значения.

Эту задачу можно представить как нахождение p (12,3) p (12,3) p (12,3). Используя приведенную выше теорему,

p (12,3) = p (9,1) + p (9,2) + p (9,3) p (12,3) = p (9,1) + p (9,2) + p. (9,3) p (12,3) = p (9,1) + p (9,2) + p (9,3)

По базовому случаю 4 p (9,1) = 1p (9,1) = 1p (9,1) = 1.

По базовому случаю 5 p (9,2) = 4p (9,2) = 4p (9,2) = 4.

Теперь мы можем снова использовать вышеуказанную теорему, чтобы найти p (9,3) p (9,3) p (9,3):

p (9,3) = p (6,1) + p (6,2) + p (6,3) p (9,3) = p (6,1) + p (6,2) + p. (6,3) p (9,3) = p (6,1) + p (6,2) + p (6,3)

По базовому случаю 4 p (6,1) = 1p (6,1) = 1p (6,1) = 1.

По базовому случаю 5 p (6,2) = 3p (6,2) = 3p (6,2) = 3.

Для p (6,3) p (6,3) p (6,3), n≤2rn \ le 2rn≤2r. По предыдущей теореме p (6,3) = p (3) = 3p (6,3) = p (3) = 3p (6,3) = p (3) = 3.

Итак, p (9,3) = 1 + 3 + 3 = 7p (9,3) = 1 + 3 + 3 = 7p (9,3) = 1 + 3 + 3 = 7

p (12,3) = p (9,1) + p (9,2) + p (9,3) = 1 + 4 + 7 = 12p (12,3) = p (9,1) + p (9,2) + p (9,3) = 1 + 4 + 7 = 12p (12,3) = p (9,1) + p (9,2) + p (9,3) = 1 + 4 + 7 = 12

Таким образом, существует 12 \ boxed {12} 12 способов распределить 12 одинаковых кубиков на 3 группы.