Problēmas, kas jāatrisina jauna materiāla konsolidēšanai

Uzdevums Nr.1. Cik dažādos veidos var izkārtot 5 fināla dalībniekus?

skrējiens uz 5 skrejceliņiem?

Risinājums: P 5 = 5! = 1 ∙2 ∙3 ∙4 ∙5 = 120 veidi.

Uzdevums Nr.2. Cik trīsciparu skaitļus var izveidot no cipariem 1,2,3, ja katrs

vai cipars skaitļa attēlā parādās tikai vienu reizi?

Risinājums: visu trīs elementu permutāciju skaits ir vienāds ar P 3 =3!, kur 3!=1 * 2 * 3=6

Tas nozīmē, ka ir seši trīsciparu skaitļi, kas sastāv no skaitļiem 1,2,3.

Uzdevums Nr.3. Cik daudzos veidos četri jauni vīrieši var uzaicināt četrus no sešiem

meitenes dejot?

Risinājums: divi zēni nevar uzaicināt vienu un to pašu meiteni vienlaikus. UN

iespējas, kurās vienas un tās pašas meitenes dejo ar dažādiem zēniem,

tiek uzskatīti par atšķirīgiem, tāpēc:

Problēma Nr.4. Cik dažādu trīsciparu skaitļu var izveidot no skaitļiem 1, 2, 3, 4, 5,

6, 7, 8, 9, ar nosacījumu, ka rakstot numuru katrs cipars tiek izmantots tikai

vienreiz?

Risinājums: Problēmas izklāstā tiek piedāvāts saskaitīt iespējamo kombināciju skaitu no

trīs cipari, kas ņemti no pieņemtajiem deviņiem cipariem, un secība

skaitļu izvietojumam kombinācijā ir nozīme (piemēram, skaitlim 132)

un 231 dažāds). Citiem vārdiem sakot, jums ir jāatrod izvietojumu skaits no deviņiem

trīs elementi katrā.

Izmantojot formulu izvietojumu skaitam, mēs atrodam:

Atbilde: 504 trīsciparu skaitļi.

Problēma #5 Cik daudzos veidos var izvēlēties 3 cilvēku komiteju no 7 cilvēkiem?

Risinājums: Lai apsvērtu visas iespējamās komisijas, jums ir jāapsver visas

iespējamās 3 elementu apakškopas kopai, kas sastāv no 7

Cilvēks. Nepieciešamais veidu skaits ir

Uzdevums Nr.6. Sacensībās piedalās 12 komandas. Cik daudz iespēju ir?

godalgoto (1, 2, 3) vietu sadalījums?

Risinājums: A 12 3 = 12 ∙11 ∙10 = 1320 balvas vietu sadales iespējas.

Atbilde: 1320 iespējas.

Uzdevums Nr.7. Sacensībās vieglatlētika mūsu skolu pārstāvēja komanda no

10 sportisti. Cik daudzos veidos treneris var noteikt, kurš no tiem

skries 4x100m stafetē pirmajā, otrajā, trešajā un ceturtajā posmā?

Risinājums: Izvēle no 10 līdz 4, ņemot vērā pasūtījumu:
veidus.

Atbilde: 5040 veidi.

Uzdevums Nr.8. Cik daudzos veidos var sarkanā, melnā, zilā un

zaļumballes?

Risinājums: Jūs varat ievietot jebkuru no četrām bumbiņām pirmajā vietā (4 veidos), uz

otrā - jebkura no trim atlikušajām (3 metodēm), trešā vieta - jebkura no

atlikušie divi (2 ceļi), par ceturto vietu - atlikušā pēdējā bumba.

Kopā 4 · 3 · 2 · 1 = 24 veidi.

P 4 = 4! = 1 · 2 · 3 · 4 = 24. Atbilde: 24 veidi.

Problēma Nr.9. Skolēniem tika dots saraksts ar 10 grāmatām, kuras ieteicams izlasīt

atvaļinājuma laiks. Cik daudzos veidos skolēns var izvēlēties no tām 6 grāmatas?

Risinājums: Izvēle 6 no 10 neatkarīgi no pasūtījuma:
veidus.

Atbilde: 210 veidi.

Problēma Nr.10. 9. klasē mācās 7 skolēni, 10. klasē – 9 skolēni, bet 11. klasē – 8 skolēni. Par

darbs skolas vietā, nepieciešams piešķirt divus skolēnus no 9. klases,

trīs no 10 un viens no 11. Cik daudz veidu var izvēlēties?

skolēni strādāt skolas teritorijā?

Risinājums: Izvēle no trim komplektiem neatkarīgi no pasūtījuma, katra izvēle no

pirmo komplektu (C 7 2) var kombinēt ar katru izvēli no

otrais (C 9 3)) un ar katru trešo izvēli (C 8 1) saskaņā ar noteikumu

reizināšanu mēs iegūstam:

Atbilde: 14 112 veidi.

Uzdevums Nr.11. Pieskrēja devītās klases skolnieces Žeņa, Serjoža, Koļa, Nataša un Oļa

pāriet uz tenisa galdu, kur spēle jau ritēja. Cik daudz

veidi, kā pieci devītklasnieki pieskrien pie galda

rinda uz galda tenisu?

Risinājums: Ikviens devītās klases skolnieks varēja būt pirmais rindā, un jebkurš skolēns varēja būt otrais.

atlikušie trīs, trešais - jebkurš no atlikušajiem diviem un ceturtais -

devītklasnieks, kurš uzskrēja priekšpēdējais, un piektklasnieks, kurš uzskrēja pēdējā. Autors

Reizināšanas noteikumam pieciem skolēniem ir 5 4321=120 veidi

PRAKTISKĀS NODARBĪBAS METODOLOĢISKĀ IZSTRĀDE disciplīnā: “MATEMĀTIKA”

Tēma: “VARBŪTĪBU TEORIJAS UN MATEMĀTISKĀS STATISTIKAS PAMATI”

1. piemērs . Aprēķināt: a) ; b) ; V) .

Risinājums. A) .

b) Kopš , tad varam to izlikt iekavās

Tad saņemam

V) .

2. piemērs . Cik dažādos veidos vienā plauktā var izkārtot sešas dažādas grāmatas?

Risinājums. Nepieciešamais veidu skaits ir vienāds ar 6 elementu permutāciju skaitu, t.i.

3. piemērs. Cik variantu trīs kuponu sadalei dažāda profila sanatorijām var sastādīt pieciem pretendentiem?

Risinājums. Nepieciešamais opciju skaits ir vienāds ar 5 elementu izvietojumu skaitu no 3 elementiem, t.i.

.

4. piemērs . 25 cilvēku komandā jums ir jāpiešķir četri, lai strādātu noteiktā jomā. Cik daudzos veidos to var izdarīt?

Risinājums. Tā kā atlasīto četru cilvēku secībai nav nozīmes, to var izdarītveidus.

Mēs atrodam, izmantojot pirmo formulu

.

Turklāt, risinot uzdevumus, tiek izmantotas šādas formulas, kas izsaka kombināciju pamatīpašības:

(pēc definīcijas viņi pieņem un);

.

1.2. Kombinatorisko uzdevumu risināšana

1. uzdevums. Fakultātē apgūst 16 priekšmetus. Pirmdienas grafikā jāiekļauj 3 priekšmeti. Cik daudzos veidos to var izdarīt?

Risinājums. Ir tik daudz veidu, kā ieplānot trīs vienumus no 16, cik vien varat sakārtot 16 vienumu izvietojumus pa 3.

2. uzdevums. No 15 objektiem ir jāizvēlas 10 objekti. Cik daudzos veidos to var izdarīt?

Risinājums.

3. uzdevums. Sacensībās piedalījās četras komandas. Cik iespējas ir iespējamas sēdvietu sadales starp tām?

Risinājums.

.

4. uzdevums. Cik daudzos veidos var izveidot patruļu no trim karavīriem un viena virsnieka, ja ir 80 karavīri un 3 virsnieki?

Risinājums. Jūs varat izvēlēties patruļas karavīru

veidos un virsniekiem veidos. Tā kā katrs virsnieks var iet ar katru karavīru komandu, ir tikai tik daudz veidu.

5. uzdevums. Uzziniet, vai tas ir zināms.

Risinājums.

Kopš , mēs saņemam

,

,

, .

No kombinācijas definīcijas izriet, ka , . Tas. .

Atbilde: 9

1.3. Nejauši notikuma jēdziens. Pasākumu veidi. Notikuma varbūtība

Piemērs. Kastītē ir 30 numurētas bumbiņas. Nosakiet, kuri no šiem notikumiem ir neiespējami, ticami vai pretēji:

izņēma numurētu bumbiņu(A);

ieguva bumbiņu ar pāra skaitli(IN);

ieguva bumbiņu ar nepāra skaitli(AR);

ieguva bumbu bez numura(D).

Kuri no viņiem veido pilnīgu grupu?

Risinājums. A - uzticams pasākums;D - neiespējams notikums;

IN UnAR - pretēji notikumi.

Visa pasākumu grupa sastāv noA UnD, V UnAR .

Notikuma varbūtība , tiek uzskatīts par nejauša notikuma iestāšanās objektīvās iespējas mēru.

1.4. Klasiskā varbūtības definīcija

1. uzdevums. 1000 biļešu loterijā ir 200 laimētās. Viena biļete tiek izņemta pēc nejaušības principa. Kāda ir varbūtība, ka šī biļete ir uzvarētāja?

Risinājums. Kopējais dažādu rezultātu skaits irn =1000. Uzvarai labvēlīgo iznākumu skaits irm=200. Saskaņā ar formulu mēs iegūstam

.

2. uzdevums. 18 detaļu partijā ir 4 bojātas. 5 daļas tiek atlasītas pēc nejaušības principa. Atrodiet varbūtību, ka divas no šīm 5 daļām būs bojātas.

Risinājums. Visu vienādi iespējamo neatkarīgo rezultātu skaitsn vienāds ar kombināciju skaitu 18 reiz 5 t.i.

Saskaitīsim skaitlim, labvēlīgs notikumam A. Starp 5 nejauši paņemtajām daļām jābūt 3 kvalitatīvām un 2 bojātām. Divu bojātu detaļu izvēles veidu skaits no 4 esošajām bojātajām daļām ir vienāds ar kombināciju skaitu 4 reiz 2:

Veidu skaits, kā izvēlēties trīs kvalitatīvas daļas no 14 pieejamajām kvalitātes daļām, ir vienāds ar

.

Jebkuru labu detaļu grupu var apvienot ar jebkuru bojātu detaļu grupu, tātad kopējais skaits kombinācijasm summas

Vēlamā notikuma A varbūtība ir vienāda ar iznākumu skaita attiecībum, labvēlīgi šim pasākumam, uz numurunvisi vienlīdz iespējamie neatkarīgie rezultāti:

.

1.5. Teorēma nesaderīgu notikumu varbūtību pievienošanai

Summa Noteikta notikumu skaita notikums ir notikums, kas sastāv no vismaz viena no tiem iestāšanās.

Divu notikumu summu apzīmē ar simbolu A+B un summun notikumu simbols A 1 +A 2 + … +A n .

Varbūtību saskaitīšanas teorēma.

1. uzdevums. Ir 100 loterijas biļetes. Ir zināms, ka 5 biļetes laimē 20 000 rubļu, 10 biļetes laimē 15 000 rubļu, 15 biļetes laimē 10 000 rubļu, 25 biļetes laimē 2000 rubļus. un pārējiem nekas. Atrodiet varbūtību, ka iegādātā biļete saņems laimestu vismaz 10 000 rubļu apmērā.

Risinājums. Lai A, B un C ir notikumi, kas sastāv no tā, ka iegādātā biļete saņem laimestu attiecīgi 20 000, 15 000 un 10 000 rubļu. tā kā notikumi A, B un C nav savienojami, tad

2. uzdevums. Ieslēgts korespondences nodaļa tehnikums no pilsētām saņem kontroldarbus matemātikāA, B UnAR . Varbūtība saņemt testu no pilsētasA vienāds ar 0,6, no pilsētasIN - 0,1. Atrodiet varbūtību, ka nākamais pārbaudi nāks no pilsētasAR .

Risinājums. Notikumi “pārbaude nāca no pilsētasA ", "pārbaude nāca no pilsētas B" un "pārbaude nāca no pilsētas C". pilnīga sistēma, tāpēc to varbūtību summa ir vienāda ar vienu:

, t.i. .

3. uzdevums. Varbūtība, ka diena būs skaidra, ir . Atrodiet varbūtību, ka diena būs mākoņaina.

Risinājums. Līdz ar to notikumi “skaidra diena” un “mākoņaina diena” ir pretēji

Tas ir

1.6. Varbūtību reizināšanas teorēma neatkarīgi notikumi

1. uzdevums. Aprēķiniet varbūtību, ka ģimenē, kur tāda ir mazulis zēns, piedzims otrs puika.

Risinājums. Ļaujiet notikumamA ir tas, ka ģimenē ir divi zēni, un pasākumsIN - tas viens zēns.

Apsvērsim visu iespējamie rezultāti: zēns un zēns; zēns un meitene; meitene un zēns; meitene un meitene.

Tad, un izmantojot formulu mēs atrodam

.

2. uzdevums. Pirmajā urnā ir 6 melnas un 4 baltas bumbiņas, otrajā urnā ir 5 melnas un 7 baltas bumbiņas. No katras urnas tiek izvilkta viena bumbiņa. Kāda ir varbūtība, ka abas bumbiņas būs baltas?

Risinājums. Lai - no pirmās urnas tiek izvilkta balta bumbiņa; - no otrās urnas tiek izvilkta balta bumbiņa. Ir skaidrs, ka notikumi ir neatkarīgi.

Jo , , pēc tam izmantojot formulu, ko mēs atrodam

.

3. uzdevums. Ierīce sastāv no diviem elementiem, kas darbojas neatkarīgi. Pirmā elementa atteices varbūtība ir 0,2; otrā elementa atteices varbūtība ir 0,3. Atrodiet varbūtību, ka: a) abi elementi neizdosies; b) darbosies abi elementi.

Risinājums. Ļaujiet notikumamA - pirmā elementa atteice, notikumsIN - otrā elementa struktūras izvade. Šie notikumi ir neatkarīgi (pēc nosacījuma).

a) Vienlaicīga parādīšanāsA UnIN ir pasākumsAB . Tāpēc

b) Ja pirmais elements darbojas, tad notiek notikums (pretēji notikumamA - šī elementa atteice); ja darbojas otrais elements - notikumsIN. Noskaidrosim notikumu varbūtības un:

Tad notikums, ka darbosies abi elementi, ir un tāpēc

II . NEJAUŠAJS MAINĪGS, TĀ SADALĪŠANAS FUNKCIJA

2.1. Nejaušais lielums, tā precizēšanas metodes

Nejauši ir daudzums, kas pārbaudes rezultātā var paņemt vienu vai otru skaitliskā vērtība, un iepriekš nav zināms, kurš.

Ja kādam daudzumam tā mērījumu atkārto daudzas reizes gandrīz identiskos apstākļos, jūs atklāsiet, ka katru reizi iegūstat nedaudz atšķirīgus rezultātus. Tā ir divu veidu cēloņu ietekme: 1) pamatcēloņi, kas nosaka rezultāta galveno nozīmi; 2) sekundārie, izraisot to diverģenci.

Šiem cēloņiem kopīgi darbojoties, nepieciešamības un nejaušības jēdzieni ir cieši saistīti viens ar otru, bet nepieciešamais ņem virsroku pār nejaušību.

Tādējādi iespējamās nejaušo mainīgo vērtības pieder dažām skaitliskām kopām.

Nejauši ir tas, ka šajās kopās daudzumi var iegūt jebkuru vērtību, bet kuru nevar pateikt iepriekš.

Nejaušs mainīgais ir saistīts ar nejaušu notikumu.

Ja nejaušs notikums -kvalitātes īpašība testus, tad nejaušais mainīgais ir tākvantitatīvā īpašība .

Nejaušie mainīgie ir apzīmēti ar lielajiem burtiem latīņu burtiem un to nozīme ir ar lielajiem burtiem - .

Varbūtību, ka nejaušs mainīgais iegūs vērtību, apzīmē ar:

utt.

Nejaušos lielumus nosaka sadalījuma likumi.

Sadales likums nejaušais mainīgais ir atbilstība, kas noteikta starp gadījuma lieluma iespējamām vērtībām un to varbūtībām.

Sadales likumus var norādīt trīs veidos: tabulas, grafiski, analītiski. Iestatīšanas metode ir atkarīga no nejaušā lieluma veida.

Pastāv divi galvenie nejaušo mainīgo veidi:diskrēti un nepārtraukti sadalīti gadījuma mainīgie.

2.2. Diskrēti un nepārtraukti gadījuma lielumi

Ja vērtības, kuras dotajam gadījuma mainīgajam var iegūt no diskrētas (galīgas vai bezgalīgas) skaitļu sērijas, tad pašu nejaušo lielumu saucdiskrēts.

Ja vērtības, kuras var iegūt dotais nejaušais mainīgais, aizpilda skaitļu ass ierobežotu vai bezgalīgu intervālu (a, b)Ak, tad tiek izsaukts nejaušais mainīgaisnepārtraukts.

Katra diskrēta tipa gadījuma lieluma vērtība atbilst noteiktai varbūtībai; Katrs intervāls (a, b) no nepārtraukta tipa gadījuma lieluma vērtību diapazona atbilst arī noteiktai varbūtībai, ka nejaušā lieluma ņemtā vērtība ietilpst šajā intervālā.

2.3. Gadījuma lieluma sadalījuma likums

Sakarību, kas vienā vai otrā veidā izveido saikni starp gadījuma lieluma iespējamām vērtībām un to varbūtībām, sauc.sadales likums nejaušais mainīgais.

Parasti tiek dots diskrēta gadījuma lieluma sadalījuma likumsnākamais sadalījums:

Tajā pašā laikā, kur summēšana attiecas uz visu (galīgo vai bezgalīgo) kopu iespējamās vērtības dots nejaušais mainīgais.

Ir ērti norādīt nepārtraukta gadījuma lieluma sadalījuma likumu, izmantojotvarbūtības blīvuma funkcija .

Varbūtību, ka nejaušā lieluma ņemtā vērtība iekritīs intervālā (a, b), nosaka vienādība

.

Funkcijas grafiku saucsadalījuma līkne . Ģeometriski varbūtība, ka gadījuma lielums nonāks intervālā (a, b), ir vienāda ar atbilstošā lieluma laukumu. izliekta trapece, ko ierobežo sadalījuma līkne, assAk un taisnix=a, x=b.

1. uzdevums. Ir dotas nejaušā lieluma vērtību varbūtības: vērtībai 10 ir varbūtība 0,3; vērtība 2 – varbūtība 0,4; vērtība 8 – varbūtība 0,1; vērtība 4 – varbūtība 0,2. Izveidojiet nejauša lieluma sadalījuma sēriju.

Risinājums. Sakārtojot nejaušā lieluma vērtības augošā secībā, iegūstam sadalījuma sēriju:

Paņemsim to lidmašīnākoris punkti (2; 0,4), (4; 0,2), (8; 0,1) un (10; 0,3). Savienojot secīgus punktus ar taisnu līniju segmentiem, mēs iegūstamdaudzstūris (vaidaudzstūris ) gadījuma lieluma sadalījums

X

2. uzdevums. Ir pieejamas divas preces 5000 rubļu vērtībā un viena prece 30 000 rubļu vērtībā. Sastādiet laimestu sadales likumu personai, kura iegādājās vienu biļeti no 50.

Risinājums. Vēlamais nejaušais mainīgais ir pieaugums, un tam var būt trīs vērtības: 0, 5000 un 30 000 rubļu. Pirmajam rezultātam labvēlīgi ir 47 gadījumi, otrajam rezultātam divi gadījumi un trešajam viens gadījums. Noskaidrosim to varbūtības:

; ; .

Gadījuma lieluma sadalījuma likumam ir šāda forma:

Kā čeku mēs atradīsim

3. uzdevums. Nejaušais lielums ir pakļauts sadalījuma likumam ar blīvumu , un

Nepieciešams: 1) Atrast koeficientu a; 2) izveido blīvuma sadalījuma grafiku; 3) atrast varbūtību iekrist intervālā (1; 2).

Risinājums. 1) Tā kā segmentā ir visas dotā nejaušā mainīgā lieluma vērtības, tad

, kur

, vai

Tie. .

2) Funkcijas grafiks intervālā ir parabola, un ārpus šī intervāla pati x ass kalpo kā grafiks.

X

) Varbūtību, ka gadījuma lielums iekritīs intervālā (1; 2), var atrast no vienādības

2.4. Binomiālais sadalījums

Ļaujiet iegūt noteiktu skaitun neatkarīgi eksperimenti, un katrā no tiem kāds notikums var notikt ar tādu pašu varbūtībuR . Apsveriet nejaušu mainīgo lielumu, kas atspoguļo notikumu skaituA Vn eksperimentiem. Tā sadales likumam ir forma

Kur, tiek aprēķināts, izmantojot Bernulli formulu.

Tiek saukts sadales likums, kuru raksturo šāda tabulabinomiāls .

Uzdevums. Monēta tiek izmesta 5 reizes. Sastādiet nejauša lieluma - ģerboņa numura - sadalījuma likumu.

Risinājums. Iespējamas šādas nejaušā lieluma vērtības: 0, 1, 2, 3, 4, 5. Zinot, ka ģerboņa izkrišanas varbūtība vienā mēģinājumā ir vienāda ar , mēs atradīsim vērtību varbūtības. nejaušā mainīgā lielums, izmantojot Bernulli formulu:

Izplatīšanas likumam ir forma

Pārbaudīsim:

III . NEJAUŠA MAINĪGĀ MATEMĀTISKĀS GAIDĀS UN VARIACIJA

3.1. Sagaidāms diskrēts gadījuma mainīgais

1. piemērs . Atrodiet nejauša lieluma matemātisko cerību, zinot tā sadalījuma likumu

Risinājums.

Matemātiskās gaidīšanas īpašības.

1. Pastāvīgo faktoru var izņemt no matemātiskās gaidīšanas zīmes:

2. Konstantas vērtības matemātiskā cerībaAR vienāda ar šo vērtību:

3. Divu nejaušu lielumu summas matemātiskā cerība ir vienāda ar to matemātisko gaidu summu:

4. Neatkarīgu gadījuma lielumu reizinājuma matemātiskā cerība ir vienāda ar šo mainīgo matemātisko gaidu reizinājumu:

3.2. Gadījuma lieluma standartnovirze un dispersija.

2. piemērs. Atradīsim nejaušo mainīgo un matemātisko cerību, zinot to sadalījuma likumus

2)

Risinājums:

P

Mēs saņēmām interesantu rezultātu: lielumu un sadalījuma likumi ir atšķirīgi, taču to matemātiskās cerības ir vienādas.

b)

No zīmējumab ir skaidrs, ka daudzuma vērtība ir vairāk koncentrēta ap matemātisko cerību nekā daudzuma vērtības, kas ir izkliedētas (izkliedētas) attiecībā pret tā matemātisko cerību (attēlsA ).

Galvenais nejaušā lieluma vērtību izkliedes pakāpes skaitliskais raksturlielums attiecībā pret tā matemātisko cerību ir dispersija, ko apzīmē ar .

Cik daudzos veidos var izvēlēties divus studentus konferencei, ja grupā ir 33 cilvēki?

Atrisiniet vienādojumus

A) . b) .

Cik četrciparu skaitļus, kas dalās ar 5, var izveidot no cipariem 0, 1, 2, 5, 7, ja katrā ciparā nedrīkst būt vienādi cipari?

No 15 cilvēku grupas jāizvēlas brigadieris un 4 komandas dalībnieki. Cik daudzos veidos to var izdarīt?

Morzes koda burti sastāv no simboliem (punktiem un domuzīmēm). Cik burtus var uzzīmēt, ja nepieciešams, lai katrs burts satur ne vairāk kā piecas rakstzīmes?

Cik daudzos veidos var izgatavot četru krāsu lentes no septiņām dažādu krāsu lentēm?

Cik daudzos veidos no deviņiem kandidātiem var izvēlēties četrus cilvēkus četriem dažādiem amatiem?

Cik daudzos veidos jūs varat izvēlēties 3 no 6 kartēm?

Pirms izlaiduma 30 skolēnu grupa apmainījās ar fotogrāfijām. Cik foto kartītes tika izdalītas?

Cik daudzos veidos pie svētku galda var sēdināt 10 viesus desmit vietās?

Cik spēles viena apļa čempionātā ir jāaizvada 20 futbola komandām?

Cik daudzos veidos starp komandām var sadalīt 12 cilvēkus, ja katrā komandā ir 6 cilvēki?

Varbūtību teorija

Urnā ir 7 sarkanas un 6 zilas bumbiņas. No urnas vienlaikus tiek izvilktas divas bumbiņas. Kāda ir varbūtība, ka abas bumbiņas ir sarkanas (notikums A)?

Vienā plauktā nejauši izkārtotas deviņas dažādas grāmatas. Atrodiet varbūtību, ka četras konkrētas grāmatas tiks novietotas blakus viena otrai (notikums C).

No 10 biļetēm uzvar 2 Nosakiet varbūtību, ka no 5 nejauši paņemtām biļetēm uzvar viena.

No kāršu klāja (52 kārtis) pēc nejaušības principa tiek izvilktas 3 kārtis. Atrodiet varbūtību, ka tas ir trīs, septiņi, dūzis.

Bērns spēlējas ar pieciem dalītā alfabēta burtiem A, K, R, Sh, Y. Kāda ir varbūtība, ka burtus nejauši izkārtojot pēc kārtas, viņš iegūs vārdu “Jumts”.

Kastītē ir 6 baltas un 4 sarkanas bumbiņas. Pēc nejaušības principa tiek paņemtas divas bumbiņas. Kāda ir varbūtība, ka tie būs vienā krāsā?

Pirmajā urnā ir 6 melnas un 4 baltas bumbiņas, otrajā urnā ir 5 melnas un 7 baltas bumbiņas. No katras urnas tiek izvilkta viena bumbiņa. Kāda ir varbūtība, ka abas bumbiņas ir baltas?

Nejaušais mainīgais, gadījuma lieluma matemātiskā prognoze un dispersija

Sastādiet sadales likumu trāpījumu skaitam mērķī ar sešiem šāvieniem, ja trāpījuma iespējamība ar vienu šāvienu ir 0,4.

Varbūtība, ka skolēns bibliotēkā atradīs sev nepieciešamo grāmatu, ir 0,3. Sastādiet izplatīšanas likumu par bibliotēku skaitu, kuras viņš apmeklēs, ja pilsētā ir četras bibliotēkas.

Mednieks izšauj medījumu līdz pirmajam sitienam, bet izdodas izšaut ne vairāk kā četrus šāvienus. Atrodiet netrāpījumu skaita dispersiju, ja varbūtība trāpīt mērķī ar vienu šāvienu ir 0,7.

Atrodiet nejauša lieluma matemātisko cerībuX, ja tā sadalījuma likums ir dots tabulā:

Rūpnīcā darbojas četras automātiskās līnijas. Varbūtība, ka darba maiņas laikā pirmā rinda nebūs jākoriģē, ir 0,9, otrā – 0,8, trešā – 0,75, ceturtā – 0,7. atrodiet to rindu skaita matemātisko cerību, kuras darba maiņas laikā nebūs jāpielāgo.

Atrodiet nejaušā lieluma X dispersiju, zinot tā sadalījuma likumu: 5. ATSAUCES

Galvenais:

1. Bogomolovs N.V. Praktiskās nodarbības matemātikā. – M.: absolventu skola, 1990. – 495 lpp.

   Solovejčiks I.L. Matemātikas uzdevumu krājums tehniskajām skolām / I.L.Soloveychik, V.T. Lisičkins. – M.: Onikss 21. gadsimts, 2003. – 464 lpp.

   Valutse I.I. Matemātika tehnikumiem / I.I. Vaļuta, G.D. Diligul. - M.: Nauka, 1989. – 575 lpp.

   Danko P.E. Augstākā matemātika vingrinājumos un uzdevumos. Divās daļās. daļaII/ P.E. Danko, A.G. Popovs, T.Ja. Koževņikova. – M.: Augstskola, 1986. – 415 lpp.

   Vigodskis M.Ya. Augstākās matemātikas rokasgrāmata. – M.: Nauka, 1975. – 872 lpp.

Papildus:

Griguletskis V.G. Matemātika ekonomikas specialitāšu studentiem. 2. daļa / V.G. Griguletskis, I.V. Lukjanova, I.A. Petuņina. – Krasnodara, 2002. – 348 lpp.

Malikhins V.I. Matemātika ekonomikā. – M.: Infra-M, 1999. – 356 lpp.

Gusak A.A. Augstākā matemātika. 2 sējumos, T.2. – apmācības rokasgrāmata augstskolu studentiem. – M.: TetraSystems, 1988. – 448 lpp.

Griguletskis V.G. Augstākā matemātika / V.G. Griguletskis, Z.V. Jaščenko. – Krasnodara, 1998.-186 lpp.

Gmurmans V.E. Rokasgrāmata problēmu risināšanai varbūtību teorijā un matemātiskā statistika. – M.: Augstskola, 2000. – 400 lpp.

Kombinatorisko uzdevumu risināšanas metodes

Iespējamo variantu uzskaitījums

Vienkāršas problēmas tiek atrisinātas, veicot parastu izsmeļošu iespējamo iespēju meklēšanu, nesastādot dažādas tabulas un diagrammas.

1. uzdevums.
Kuras dubultskaitļi vai to var izveidot no skaitļiem 1, 2, 3, 4, 5?

Atbilde: 11, 12, 13, 14, 15, 21, 22, 23, 24, 25, 31, 32, 33, 34, 35, 41, 42, 43, 44, 45, 51, 52, 53, 54, 55.

2. uzdevums.
Noslēdzošajā 100 m skrējienā piedalās Ivanovs, Gromovs un Orlovs. Vārds iespējamie varianti balvu sadale.

Atbilde:
1. variants: 1) Ivanovs, 2) Gromovs, 3) Orlovs.
Variants2: 1) Ivanovs, 2) Orlovs, 3) Gromovs.
3. variants: 1) Orlovs, 2) Ivanovs, 3) Gromovs.
4. variants: 1) Orlovs, 2) Gromovs, 3) Ivanovs.
5. variants: 1) Gromovs, 2) Orlovs, 3) Ivanovs.
6. variants: 1) Gromovs, 2) Ivanovs, 3) Orlovs.

3. uzdevums.
Petja, Koļa, Vitja, Oļegs, Taņa, Olja, Nataša, Sveta reģistrējās balles deju klubā. Kādi meitenes un zēna deju pāri var izveidoties?

Atbilde:
1) Taņa - Petja, 2) Taņa - Koļa, 3) Taņa - Vitja, 4) Taņa - Oļegs, 5) Olja - Petja, 6) Olja - Koļa, 7) Olja - Vitja, 8) Olja - Oļegs, 9) Nataša - Petja, 10) Nataša - Koļa, 11) Nataša - Vitja, 12) Nataša - Oļegs, 13) Sveta - Petja, 14) Sveta - Koļa, 15) Sveta - Vitja, 16) Sveta - Oļegs.

Iespējamo variantu koks

Sastādot īpašas shēmas, tiek atrisinātas dažādas kombinatoriskas problēmas. Ārēji šī shēma atgādina koku, tāpēc arī metodes nosaukums - iespējamo variantu koks.

4. uzdevums.
Kuras trīsciparu skaitļi vai to var izveidot no skaitļiem 0, 2, 4?

Risinājums.Veidosim iespējamo variantu koku, ņemot vērā, ka 0 nevar būt skaitļa pirmais cipars.

Atbilde: 200, 202, 204, 220, 222, 224, 240, 242, 244, 400, 402, 404, 420, 422, 424, 440, 442, 444.

5. uzdevums.
Skolas tūristi nolēma doties ceļojumā uz kalnu ezeru. Pirmo brauciena posmu var veikt ar vilcienu vai autobusu. Otrais posms ir ar kajakiem, velosipēdiem vai kājām. Un trešais ceļojuma posms ir kājām vai izmantojot trošu vagoniņu. Kādas iespējamās ceļošanas iespējas ir skolu tūristiem?

Risinājums.Veidosim iespējamo variantu koku, kas apzīmē braucienu ar vilcienu P, ar autobusu - A, ar kajaku - B, ar velosipēdu - B, kājām - X, ar vagoniņu - K.

Atbilde:Attēlā ir uzskaitītas visas 12 iespējamās ceļošanas iespējas skolu tūristiem.

6. uzdevums.
Pierakstiet visas iespējamās iespējas, kā ieplānot piecas stundas dienā no priekšmetiem: matemātika, krievu valoda, vēsture, angļu valoda, fiziskajai audzināšanai un matemātikai vajadzētu būt otrajai nodarbībai.

Risinājums.Veidosim iespējamo variantu koku, apzīmējot M - matemātika, R - krievu valoda, I - vēsture, A - angļu valoda, F - fiziskā izglītība.

Atbilde:Kopumā ir 24 iespējamie varianti:

R M UN A F

R M UN F A

R M A UN F

R M A F UN

R M F UN A

R M F A UN

UN M R A F

UN M R F A

UN M A R F

UN M A F R

UN M F R A

UN M F A R

A M R UN F

A M R F UN

A M UN R F

A M UN F R

A M F R UN

A M F UN R

F M R UN A

F M R A UN

F M UN R A

F M UN A R

F M A R UN

F M A UN R

7. uzdevums.
Saša iet uz skolu biksēs vai džinsos, līdzi valkājot pelēkus, zilus, zaļus vai rūtainus kreklus, kā maiņas kurpes ņem kurpes vai kedas.
a) Cik dienas Saša varēs izskatīties jauna?
b) Cik dienas viņš valkās kedas?
c) Cik dienas viņš valkās rūtainu kreklu un džinsus?

Risinājums.Veidosim iespējamo variantu koku, apzīmējot B - bikses, D - džinsus, C - pelēks krekls, G - zils krekls, Z - zaļš krekls, P - rūtains krekls, T - kurpes, K - kedas.

Atbilde:a) 16 dienas; b) 8 dienas; c) 2 dienas.

Tabulu sastādīšana

Jūs varat atrisināt kombinatoriskas problēmas, izmantojot tabulas. Tie, tāpat kā iespējamo iespēju koks, skaidri atspoguļo šādu problēmu risinājumu.

8. uzdevums.
Cik nepāra divciparu skaitļus var izveidot no cipariem 1, 3, 4, 6, 7, 8, 9?

Risinājums.Izveidosim tabulu: pirmajā kolonnā pa kreisi ir nepieciešamo skaitļu pirmie cipari, pirmajā rindā augšpusē ir otrie cipari.

Atbilde: 28.

9. uzdevums.
Maša, Olja, Vera, Ira, Andrejs, Miša un Igors gatavojās kļūt par prezentētājiem plkst Jaungada brīvdienas. Nosauciet iespējamos variantus, ja var vadīt tikai viena meitene un viens zēns.

Risinājums.Izveidosim tabulu: pirmajā kolonnā pa kreisi ir meiteņu vārdi, pirmajā rindā augšpusē ir zēnu vārdi.

Atbilde:Visas iespējamās opcijas ir norādītas tabulas rindās un kolonnās.

Reizināšanas noteikums

Šī kombinatorisko uzdevumu risināšanas metode tiek izmantota, ja nav nepieciešams uzskaitīt visas iespējamās iespējas, bet jums ir jāatbild uz jautājumu - cik daudz no tiem pastāv.

10. problēma.
Futbola turnīrā piedalās vairākas komandas. Izrādījās, ka viņi visi izmantoja balto, sarkano, zilo un zaļas krāsas, un tika prezentētas visas iespējamās iespējas. Cik komandas piedalījās turnīrā?

Risinājums.
Biksītes var būt baltas, sarkanas, zilas vai zaļas, t.i. ir 4 varianti. Katrai no šīm opcijām ir 4 krekla krāsu opcijas.

4 x 4 = 16.

Atbilde: 16 komandas.

11. problēma.
Ieskaiti matemātikā kārto 6 skolēni. Cik dažādos veidos tos var sakārtot sarakstā?

Risinājums.
Pirmais sarakstā var būt jebkurš no 6 studentiem,
otrais sarakstā var būt jebkurš no atlikušajiem 5 studentiem,
trešais - kāds no atlikušajiem 4 studentiem,
ceturtais - kāds no atlikušajiem 3 studentiem,
piektais - kāds no atlikušajiem 2 studentiem,
sestais - pēdējais 1 skolēns.

6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 720.

Atbilde: 720 veidi.

12. problēma.
Cik pāra divciparu skaitļus var izveidot no cipariem 0, 2, 3, 4, 6, 7?

Risinājums.
Pirmais divciparu skaitļā var būt 5 cipari (cipars 0 nevar būt skaitļa pirmais), otrais divciparu skaitļā var būt 4 cipari (0, 2, 4, 6, jo ciparam jābūt pat).
5 x 4 = 20.

Atbilde: 20 cipari.

12. problēma. No skolēniem, kas apmeklē matemātikas pulciņu, kurā ir 5 meitenes un 3 zēni, uz olimpiādi jāsūta divi: viena meitene un viens zēns. Cik dažādu pāru ir, kurus var sūtīt uz olimpiādi?

Risinājums: Meiteni no apļa var izvēlēties piecos veidos, bet zēnu - trīs. Pāri (meiteni ar zēnu) var izvēlēties piecpadsmit dažādos veidos

5 3 = 15 veidi.

Atbilde: 15 veidi.

13. problēma. Sacensībās piedalās 12 komandas. Cik ir iespēju sadalīt godalgotās (1, 2, 3) vietas?

Risinājums: A 12 3 = 12 11 10 = 1320 varianti godalgoto vietu sadalei.

Atbilde: 1320 iespējas.

14. problēma. Vieglatlētikas sacensībās mūsu skolu pārstāvēja komanda 10 sportistu sastāvā. Cik daudzos veidos treneris var noteikt, kurš no viņiem skries 4100 m stafetē pirmajā, otrajā, trešajā un ceturtajā posmā?

Risinājums: Izvēle no 10 līdz 4, ņemot vērā secību: metodes.

Atbilde: 5040 veidi.

15. problēma. Cik daudzos veidos var novietot sarkanas, melnas, zilas un zaļas bumbiņas?

Risinājums: Jūs varat novietot jebkuru no četrām bumbiņām pirmajā vietā (4 veidos), jebkuru no atlikušajām trim bumbiņām otrajā vietā (3 veidos), jebkuru no atlikušajām divām bumbiņām trešajā vietā (2 veidi) un pēdējo. atlikušā bumba ceturtajā vietā. Kopā 4 · 3 · 2 · 1 = 24 veidi.

R 4 = 4! = 1 · 2 · 3 · 4 = 24.

Atbilde: 24 veidi.

16. problēma . Skolēniem tika dots saraksts ar 10 grāmatām, kuras jāizlasa brīvdienās. Cik daudzos veidos skolēns var izvēlēties no tām 6 grāmatas?

Risinājums: Izvēloties 6 no 10, neņemot vērā secību: metodes.

Atbilde: 210 veidi.

17. problēma . Volodija dodas uz savu klasesbiedru, dvīņu Jūlijas un Iras, dzimšanas dienas ballīti. Viņš vēlas dot katram no viņiem bumbu. Veikalā pārdošanā palikušas tikai 3 bumbiņas dažādas krāsas: balta, melna un svītraina. Cik daudzos veidos Volodja var pasniegt dāvanas savām māsām, iegādājoties 2 bumbiņas?

Risinājums: Atbilstoši problēmas nosacījumiem tiek nodrošinātas divas secīgas izvēles: vispirms Volodja izvēlas 2 no trīs veikalā pieejamajām bumbiņām un pēc tam izlemj, kuram no dvīņubrāļiem dāvināt katru no iegādātajām bumbiņām. Divas no trim bumbiņām var izvēlēties trīs veidos. Pēc tam katru izvēlēto pāri var apdāvināt divos veidos (metodēs) (svarīga ir secība). Tad saskaņā ar reizināšanas likumu nepieciešamais veidu skaits ir vienāds ar veidiem.

Atbilde: 6 veidi.

18. problēma . 9. klasē mācās 7 skolēni, 10. klasē – 9 skolēni, bet 11. klasē – 8 skolēni. Lai strādātu skolas vietā, ir jāizvēlas divi skolēni no 9. klases, trīs no 10. klases un viens no 11. klases. Cik dažādos veidos var atlasīt skolēnus darbam skolas vietā?

Risinājums: Izvēle no trim komplektiem, neņemot vērā secību, katru izvēli no pirmās komplekta (C 7 2) var apvienot ar katru izvēli no otrā (C 9 3) un ar katru izvēli no trešās (C 8 1) izmantojot reizināšanas likumu, mēs iegūstam:

S 7 2 · S 9 3 · S 8 1 =------ · -------- · ---- = 14 112 veidi, kā skolēniem izvēlēties.

Atbilde: 14 112 veidi.

19. problēma. Devītās klases skolnieces Žeņa, Serjoža, Koļa, Nataša un Oļa pārtraukumā pieskrēja pie tenisa galda, kur jau notika spēle. Cik daudzos veidos pieci devītās klases skolēni, kas pieskrien pie galda, var apmainīties uz galda tenisu?

Risinājums: Jebkurš devītās klases skolnieks varēja stāvēt pirmais rindā, otrais - jebkurš no atlikušajiem trim, trešais - jebkurš no atlikušajiem diviem un ceturtais - devītās klases skolnieks, kurš uzskrēja blakus pēdējam, un piektais.-pēdējais. Saskaņā ar reizināšanas noteikumu pieciem skolēniem ir

5· 4321=120 veidi, kā nokļūt rindā.

Atbilde: 120 veidi.

Kombinatorikas pamatjēdzieni

Matemātikas nozarē, ko sauc par kombinatoriku, tiek risinātas problēmas, kas saistītas ar kopu izskatīšanu un dažādu šo kopu elementu kombināciju sastāvu. Piemēram, ja mēs ņemam 10 dažādi skaitļi 0, 1, 2, 3, ..., 9 un izveidojiet no tiem kombinācijas, tad iegūsim dažādus skaitļus, piemēram, 345, 534, 1036, 45 utt.

Redzam, ka dažas no šīm kombinācijām atšķiras tikai ar ciparu secību (piemēram, 345 un 534), citas pēc tajās esošajiem cipariem (piemēram, 1036 un 5671), bet citas atšķiras arī ar ciparu skaitu (piemēram, piemēram, 345 un 45).

Tādējādi iegūtās kombinācijas apmierina dažādi apstākļi. Atkarībā no kompozīcijas noteikumiem var izdalīt trīs veidu kombinācijas: permutācijas, izvietojumus, kombinācijas. Apskatīsim tos atsevišķi. Tomēr vispirms iepazīstieties ar faktoriāla jēdzienu.

1. Faktoriāla jēdziens

Visu naturālo skaitļu reizinājums no 1 līdz n ieskaitot sauc n-faktoriāls un raksti n! = 1 · 2 · 3 · ... · (n – 1) · n.

1. piemērs. Aprēķināt:

a) 3!; b) 7! – 5!; V)

Risinājums. a) 3! = 1 · 2 · 3 = 6.

b) Kopš 7! = 1 2 3 4 5 6 7 un 5! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5, tad iekavās varam likt 5!. Tad mēs saņemam 5! (6 · 7 – 1) = 5! · 41 = 120 · 41 = 4920.

V)

2. piemērs. Vienkāršot:

Risinājums. a) Ņemot vērā, ka (n + 1)! = 1 · 2 · 3 · … · n · (n + 1), un n! = 1 · 2 · 3 ... · n, samaziniet daļu;

b) Kopš (n + 1)! = 1 · 2 · 3 · ... · (n – 1) · n · (n + 1), tad pēc samazināšanas iegūstam

(n+1)! = 1 · 2 · 3 · ... · n · (n + 1), n! = 1 · 2 · 3 · ... · n.

Savedīsim daļskaitli pie kopsaucēja, par kuru ņemam (n + 1)!. Tad saņemam

1 – 3. Aprēķināt:

1. 2. 3.

4 – 9. Vienkāršojiet izteicienus:

4. 6. 8.

5. 7. 9. -

2. Pārkārtojumi

Lai doti trīs burti A, B, C Izveidosim visas iespējamās šo burtu kombinācijas: ABC, ASV, BSA, BAC, CAB, CBA (kopā 6 kombinācijas). Mēs redzam, ka tie atšķiras viens no otra tikai burtu secībā.

Tiek izsauktas n elementu kombinācijas, kas viena no otras atšķiras tikai elementu secībā permutācijas.

Permutācijas apzīmē ar simbolu Рn, kur n ir katrā permutācijā iekļauto elementu skaits.

Permutāciju skaitu var aprēķināt, izmantojot formulu

Рn = n (n – 1) (n – 2) · ... · 3 · 2 · 1 (1)

vai izmantojot faktoriālu:

Pn = n!. (2)

Tādējādi trīs elementu permutāciju skaits pēc formulas (2) ir

P3 = 3! = 3 · 2 · 1 = 6, kas sakrīt ar iepriekš aplūkotā piemēra rezultātu.

Patiešām, trīs burtus var ievietot pirmajā vietā kombinācijā (permutācija). Otrajā vietā var tikt tikai divi no trim burtiem (viens ieņēma pirmo vietu), un tikai viens no atlikušajiem būs trešajā vietā. Tas nozīmē 3 · 2 · 1 = 6 = P3.

10. Cik dažādu piecciparu skaitļus var izveidot no cipariem 1, 2, 3, 4, 5, ja ciparā neatkārtojas neviens cipars?

11. Sacensībās piedalījās četras komandas. Cik iespējas ir iespējamas sēdvietu sadales starp tām?

12 – 14. Aprēķināt:

12. 13. 14.

3. Izvietojumi

Lai ir četri burti A, B, C, D. Sastādot visas tikai divu burtu kombinācijas, iegūstam:

Redzam, ka visas iegūtās kombinācijas atšķiras vai nu burtos, vai to secībā (kombinācijas BA un AB tiek uzskatītas par atšķirīgām).

Kombinācijas no m elementiem no n elementiem, kas atšķiras viens no otra vai pēc pašiem elementiem, sauc par izkārtojumiem.

Izvietojumi tiek apzīmēti ar simbolu A, kur m ir visu pieejamo elementu skaits, n ir elementu skaits katrā kombinācijā. Šajā gadījumā tiek pieņemts, ka n m. Izvietojumu skaitu var aprēķināt, izmantojot formulu

n faktori

A = (3)

tas ir, visu iespējamo m elementu izkārtojumu skaits ar n ir vienāds ar n secīgu veselu skaitļu reizinājumu, no kuriem lielākais ir m.

Tātad A = 4 · 3 = 12, kas sakrīt ar iepriekšminētā piemēra rezultātu: tā kā rindu skaits atbilst visu pieejamo burtu skaitam, t.i., m = 4, un kolonnu skaits ir 3, tad ir 12. dažādas kombinācijas kopā.

3. piemērs. Aprēķināt: a) A; b)

Risinājums. a) A = 6 5 4 = 120.

b) Tā kā A = 15 14 13, A = 15 14 13 12, A = 15 14 13 12 11, tad

4. piemērs. Cik divciparu skaitļus var izveidot no pieciem cipariem 1, 2, 3, 4, 5, ja neviens no tiem neatkārtojas?

Risinājums. Tā kā divciparu skaitļi atšķiras viens no otra vai nu pašiem skaitļiem, vai to secībā, nepieciešamais daudzums ir vienāds ar piecu elementu izvietojumu skaitu pa diviem: A = 5 · 4 = 20. Tātad, jūs varat izveidot 20 dažādus divciparu skaitļi.

Meklējot izvietojumu skaitu, mēs reizinām n secīgi dilstošus veselus skaitļus, t.i., nav pietiekami daudz (m – n) secīgi samazinošu veselu skaitļu faktoru, lai sasniegtu pilno faktoriālu.

m faktori

Tāpēc izvietojumu skaita formulu var uzrakstīt kā

A =

Tādējādi, ņemot vērā, ka skaitītājs ir vienāds ar m!, bet saucējs ir vienāds ar (m – n)!, mēs rakstām šo formulu faktoriālā formā:

A = (4)

5. piemērs. Aprēķināt A faktoriālā formā.

Risinājums. A =

15-20. Aprēķiniet jebkurā veidā:

15. A; 16. A; 17. A; 18. A; 19. A; 20.

21. Cik ir iespējas sadalīt trīs balvas, ja izlozē piedalās 7 komandas?

22. Cik dažādus četrciparu skaitļus var izveidot no cipariem 0, 1, 2, ..., 8, 9?

23. Cik grafikas opcijas var izveidot vienai dienai, ja kopā ir 8? izglītības priekšmeti, un tikai trīs no tiem var iekļaut dienas grafikā?

24. Cik variantu trīs kuponu sadalei dažāda profila sanatorijām var sastādīt pieciem pretendentiem?

4. Kombinācijas

Kombinācijas ir visas n elementu m elementu kombinācijas, kas atšķiras viena no otras ar vismaz vienu elementu (šeit m un n ir naturālie skaitļi un n m).

Tātad no četriem dažādiem burtiem A, B, C, D varat izveidot šādas kombinācijas, kas atšķiras viena no otras vismaz vienā elementā: AB, AC, AD, BC, BD, CD. Tas nozīmē, ka četru divu elementu kombināciju skaits ir 6. Tas ir īsi uzrakstīts šādi: C = 6.

Katrā kombinācijā mēs pārkārtosim elementus:

AB, AC, AD, BC, BD, CD;

BA, CA, DA, CB, DB, DC.

Rezultātā saņēmām četru elementu izkārtojumu, pa diviem katrā. Tāpēc CP2 = A, no kurienes C =