KOMBINATORIKA
Kombinatorika je grana matematike koja proučava probleme odabira i raspoređivanja elemenata iz određenog osnovnog skupa u skladu sa datim pravilima. Formule i principi kombinatorike koriste se u teoriji vjerovatnoće za izračunavanje vjerovatnoće slučajnih događaja i, shodno tome, dobijanje zakona raspodjele slučajnih varijabli. To, pak, omogućava proučavanje obrazaca masovnih slučajnih pojava, što je vrlo važno za ispravno razumijevanje statističkih obrazaca koji se manifestiraju u prirodi i tehnologiji.
Pravila sabiranja i množenja u kombinatorici
Pravilo sume. Ako se dvije radnje A i B međusobno isključuju, a akcija A se može izvesti na m načina, a B na n načina, tada se jedna od ovih radnji (A ili B) može izvesti na n + m načina.
Primjer 1.
U razredu je 16 dječaka i 10 djevojčica. Na koliko načina možete odrediti jednog dežurnog?
Rješenje
Na dužnost mogu biti raspoređeni dječak ili djevojčica, tj. dežurni može biti bilo koji od 16 dječaka ili bilo koja od 10 djevojčica.
Koristeći pravilo zbira, nalazimo da se jedan dežurni može dodijeliti na 16+10=26 načina.
Pravilo proizvoda. Neka postoji k radnji koje je potrebno izvršiti uzastopno. Ako se prva radnja može izvesti na n 1 načina, druga radnja na n 2 načina, treća na n 3 načina, i tako sve do k-te radnje koja se može izvesti na n k načina, tada se svih k radnji mogu izvesti zajedno :
načine.
Primjer 2.
U razredu je 16 dječaka i 10 djevojčica. Na koliko načina se mogu imenovati dva dežurna?
Rješenje
Za prvu dežurnu osobu može biti imenovan dječak ili djevojčica. Jer U odeljenju ima 16 dečaka i 10 devojčica, tada možete postaviti prvu dežurnu na 16+10=26 načina.
Nakon što smo izabrali prvog dežurnog, možemo izabrati drugog od preostalih 25 ljudi, tj. 25 načina.
Prema teoremi množenja, dva pratioca se mogu odabrati na 26*25=650 načina.
Kombinacije bez ponavljanja. Kombinacije sa ponavljanjima
Klasičan problem kombinatorike je problem broja kombinacija bez ponavljanja, čiji se sadržaj može izraziti pitanjem: koliko načine Može izabrati m od n različite stavke?
Primjer 3.
Morate odabrati 4 od 10 različitih knjiga dostupnih za poklon. Na koliko načina se to može učiniti?
Rješenje
Moramo izabrati 4 knjige od 10, a redosled izbora nije bitan. Dakle, morate pronaći broj kombinacija od 10 elemenata od 4:
.
Razmotrimo problem broja kombinacija sa ponavljanjima: postoji r identičnih objekata svakog od n različitih tipova; koliko načine Može izabrati m() od ove (n*r) stavke?
.
Primjer 4.
U poslastičarnici su se prodavale 4 vrste kolača: Napoleoni, ekleri, pecivo i lisnato pecivo. Na koliko načina možete kupiti 7 torti?
Rješenje
Jer Među 7 torti mogu biti torte iste vrste, tada je broj načina na koje se može kupiti 7 torti određen brojem kombinacija sa ponavljanjem od 7 do 4.
.
Položaji bez ponavljanja. Položaji sa ponavljanjima
Klasičan problem kombinatorike je problem broja postavljanja bez ponavljanja, čiji se sadržaj može izraziti pitanjem: koliko načine Može izabrati I pošta By m drugačiji mjesta m od n drugačije stavke?
Primjer 5.
Neke novine imaju 12 strana. Na stranicama ovog lista potrebno je postaviti četiri fotografije. Na koliko načina se to može učiniti ako nijedna stranica novina ne smije sadržavati više od jedne fotografije?
Rješenje.
U ovom zadatku ne biramo samo fotografije, već ih postavljamo na određene stranice novina, a svaka stranica novina ne smije sadržavati više od jedne fotografije. Dakle, problem se svodi na klasičan problem određivanja broja plasmana bez ponavljanja 12 elemenata od 4 elementa:
Tako se 4 fotografije na 12 stranica mogu rasporediti na 11.880 načina.
Klasičan problem kombinatorike je i problem broja postavljanja sa ponavljanjima, čiji se sadržaj može izraziti pitanjem: koliko načine Može Vibarmije I pošta By m drugačiji mjesta m od n stavki,Withspreman koji Tu je isto?
Primjer 6.
Dječak je još uvijek imao marke sa brojevima 1, 3 i 7 iz svog seta društvenih igara. Koliko različitih petocifrenih brojeva može napraviti dječak?
Permutacije bez ponavljanja. Permutacije s ponavljanjima
Klasičan problem kombinatorike je problem broja permutacija bez ponavljanja, čiji se sadržaj može izraziti pitanjem: koliko načine Može pošta n razne stavke on n drugačije mjesta?
Primjer 7.
Koliko "reči" od četiri slova možete napraviti od slova reči "brak"?
Rješenje
Opšta populacija je 4 slova riječi “brak” (b, p, a, k). Broj "riječi" je određen permutacijom ova 4 slova, tj.
Za slučaj kada među odabranih n elemenata ima identičnih (izbor sa povratkom), problem broja permutacija sa ponavljanjima može se izraziti pitanjem: Na koliko načina se n objekata koji se nalaze na n različitih mjesta mogu preurediti ako među n objekata postoji k različitih tipova (k< n), т. е. есть одинаковые предметы.
Primjer 8.
Koliko se različitih kombinacija slova može napraviti od slova riječi "Mississippi"?
Rješenje
Postoji 1 slovo "m", 4 slova "i", 3 slova "c" i 1 slovo "p", ukupno 9 slova. Dakle, broj permutacija sa ponavljanjima je jednak
SAŽETAK ZA SEKCIJU "KOMBINATORIKA"
U ovom članku ćemo govoriti o posebnoj grani matematike koja se zove kombinatorika. Formule, pravila, primjeri rješavanja problema - sve to možete pronaći ovdje čitajući članak do samog kraja.
Dakle, koji je ovo odjeljak? Kombinatorika se bavi pitanjem brojanja bilo kojih objekata. Ali u ovom slučaju, predmeti nisu šljive, kruške ili jabuke, već nešto drugo. Kombinatorika nam pomaže da pronađemo vjerovatnoću događaja. Na primjer, pri kartanju - kolika je vjerovatnoća da protivnik ima adut? Ili ovaj primjer: kolika je vjerovatnoća da ćete iz vreće od dvadeset klikera dobiti bijeli? Za ovu vrstu problema moramo poznavati barem osnove ove grane matematike.
Kombinatorne konfiguracije
S obzirom na pitanje osnovnih pojmova i formula kombinatorike, ne možemo a da ne obratimo pažnju na kombinatorne konfiguracije. Koriste se ne samo za formulisanje, već i za rješavanje različitih primjera. Primjeri takvih modela su:
- smještaj;
- preuređenje;
- kombinacija;
- sastav broja;
- dijeljenje broja.
O prva tri ćemo detaljnije govoriti kasnije, ali ćemo u ovom odeljku obratiti pažnju na kompoziciju i podjelu. Kada govore o sastavu određenog broja (na primjer, a), oni misle na predstavljanje broja a kao uređenog zbroja određenih pozitivnih brojeva. A particija je neuređena suma.
Sekcije
Prije nego što prijeđemo direktno na kombinatoričke formule i razmatranje problema, vrijedno je obratiti pažnju na činjenicu da kombinatorika, kao i druge grane matematike, ima svoje pododjeljke. To uključuje:
- enumerative;
- strukturalni;
- ekstremno;
- Ramsey teorija;
- vjerovatnoća;
- topološki;
- infinitarno.
U prvom slučaju govorimo o kalkulativnoj kombinatorici, problemi se odnose na nabrajanje ili brojanje različitih konfiguracija koje formiraju elementi skupova. Po pravilu, ovim skupovima se nameću određena ograničenja (distinkcija, nerazlučivost, mogućnost ponavljanja i sl.). A broj ovih konfiguracija izračunava se pomoću pravila zbrajanja ili množenja, o čemu ćemo govoriti malo kasnije. Strukturna kombinatorika uključuje teorije grafova i matroida. Primjer problema ekstremne kombinatorike je koja je najveća dimenzija grafa koja zadovoljava sljedeća svojstva... U četvrtom pasusu spomenuli smo Remzijevu teoriju, koja proučava prisustvo regularnih struktura u slučajnim konfiguracijama. Probabilistička kombinatorika može odgovoriti na pitanje - kolika je vjerovatnoća da dati skup ima određeno svojstvo. Kao što možete pretpostaviti, topološka kombinatorika primjenjuje metode u topologiji. I na kraju, sedma tačka - beskonačna kombinatorika proučava primenu kombinatoričkih metoda na beskonačne skupove.
Pravilo sabiranja
Među kombinatoričkim formulama možete pronaći sasvim jednostavne, s kojima smo već dugo upoznati. Primjer je pravilo sume. Pretpostavimo da su nam date dvije akcije (C i E), ako se međusobno isključuju, radnja C se može izvesti na nekoliko načina (na primjer, a), a akcija E može se izvesti na b-načine, tada bilo koja od njih ( C ili E) može se izvesti na a + b načine.
U teoriji, ovo je prilično teško razumjeti, pokušat ćemo prenijeti cijelu poentu koristeći jednostavan primjer. Uzmimo prosječan broj učenika u jednom odjeljenju – recimo da je dvadeset pet. Među njima je petnaest devojčica i deset dečaka. Svaki dan u svaki razred se dodjeljuje po jedna dežurna osoba. Koliko danas postoji način da se imenuje nadzornik razreda? Rješenje problema je prilično jednostavno; U tekstu problema ne stoji da dežuraju samo dečaci ili samo devojčice. Dakle, to može biti bilo koja od petnaest djevojčica ili bilo koji od deset dječaka. Primjenom pravila zbira dobijamo prilično jednostavan primjer koji učenik osnovne škole lako može riješiti: 15 + 10. Nakon brojanja, dobivamo odgovor: dvadeset pet. Odnosno, postoji samo dvadeset pet načina da se za danas odredi dežurni čas.
Pravilo množenja
Osnovne formule kombinatorike uključuju i pravilo množenja. Počnimo s teorijom. Recimo da trebamo izvršiti nekoliko radnji (a): prva radnja se izvodi na 1 način, druga - na 2 načina, treća - na 3 načina, i tako redom do posljednje a-radnje, izvedene na 3 načina. Tada se sve ove radnje (kojih imamo ukupno) mogu izvesti na N načina. Kako izračunati nepoznato N? U tome će nam pomoći formula: N = c1 * c2 * c3 *…* ca.
Opet, ništa nije jasno u teoriji, pa idemo dalje na razmatranje jednostavnog primjera primjene pravila množenja. Uzmimo isti razred od dvadeset i pet ljudi, u kojem je petnaest djevojaka i deset dječaka. Samo ovaj put treba da izaberemo dvoje dežurnih. Mogu biti ili samo dječaci ili djevojčice, ili dječak i djevojčica. Pređimo na elementarno rješenje problema. Biramo prvu dežurnu osobu, kao što smo odlučili u prošlom pasusu, dobijamo dvadeset pet mogućih opcija. Druga dežurna osoba može biti bilo koja od preostalih osoba. Imali smo dvadeset i pet učenika, izabrali smo jednog, što znači da bi druga dežurna osoba mogla biti bilo koja od preostala dvadeset četiri čovjeka. Konačno, primjenjujemo pravilo množenja i nalazimo da dva službenika na dužnosti mogu biti izabrana na šest stotina načina. Ovaj broj smo dobili množenjem dvadeset pet i dvadeset četiri.
Preuređenje
Sada ćemo pogledati još jednu kombinatoričku formulu. U ovom dijelu članka ćemo govoriti o permutacijama. Predlažemo da odmah razmotrimo problem koristeći primjer. Uzmimo loptice za bilijar, imamo ih n-ti broj. Moramo izbrojati koliko postoji opcija da ih rasporedimo u niz, odnosno da napravimo uređeni skup.
Počnimo, ako nemamo lopte, onda imamo i nula opcija za plasman. A ako imamo jednu kuglicu, onda je i raspored isti (matematički se to može napisati na sljedeći način: P1 = 1). Dvije lopte se mogu postaviti na dva različita načina: 1,2 i 2,1. Dakle, P2 = 2. Tri kuglice se mogu rasporediti na šest načina (P3 = 6): 1,2,3; 1,3,2; 2,1,3; 2,3,1; 3,2,1; 3,1,2. Šta ako takve lopte nisu tri, već deset ili petnaest? Trebalo bi jako dugo da se nabrajaju sve moguće opcije, a onda nam kombinatorika priskače u pomoć. Formula permutacije će nam pomoći da pronađemo odgovor na pitanje koje nas zanima. Pn = n *P (n-1). Ako pokušamo da pojednostavimo formulu, dobićemo: Pn = n* (n - 1) *…* 2 * 1. A ovo je proizvod prvih prirodnih brojeva. Ovaj broj se naziva faktorijel i označava se kao n!
Hajde da razmotrimo problem. Svako jutro savjetnik postrojava svoj odred (dvadeset ljudi). U timu su tri najbolja prijatelja - Kostya, Sasha i Lesha. Kolika je vjerovatnoća da će stajati jedno pored drugog? Da biste pronašli odgovor na pitanje, trebate podijeliti vjerovatnoću „dobrog“ ishoda s ukupnim brojem ishoda. Ukupan broj permutacija je 20! = 2,5 kvintiliona. Kako izbrojati broj „dobrih“ ishoda? Pretpostavimo da su Kostja, Saša i Leša jedan supermen. Onda imamo samo osamnaest predmeta. Broj permutacija u ovom slučaju je 18 = 6,5 kvadriliona. Uz sve ovo, Kostya, Sasha i Lesha mogu se proizvoljno kretati među sobom u svoje nedjeljivo troje, a to je još 3! = 6 opcija. To znači da imamo ukupno 18 “dobrih” aranžmana! * 3! Sve što treba da uradimo je da pronađemo željenu verovatnoću: (18! * 3!) / 20! Što je približno 0,016. Ako se preračuna u procente, ispada samo 1,6%.
Smještaj
Sada ćemo se osvrnuti na još jednu vrlo važnu i potrebnu kombinatoričku formulu. Plasman je naše sljedeće pitanje, koje vas pozivamo da razmotrite u ovom dijelu članka. Idemo na komplikacije. Pretpostavimo da želimo razmotriti moguće permutacije, ne iz cijelog skupa (n), već iz manjeg (m). To jest, razmatramo permutacije n stavki sa m.
Osnovne formule kombinatorike ne treba samo zapamtiti, već i razumjeti. Iako postaju komplikovanije, jer nemamo jedan parametar, već dva. Pretpostavimo da je m = 1, zatim A = 1, m = 2, zatim A = n * (n - 1). Ako dodatno pojednostavimo formulu i prijeđemo na zapis pomoću faktorijala, dobit ćemo potpuno lakoničnu formulu: A = n! / (n - m)!
Kombinacija
Pregledali smo gotovo sve osnovne kombinatoričke formule s primjerima. Pređimo sada na završnu fazu razmatranja osnovnog kursa kombinatorike – upoznavanje kombinacija. Sada ćemo izabrati m stavki od n koje imamo, i biraćemo sve na sve moguće načine. Kako se onda ovo razlikuje od plasmana? Nećemo uzeti u obzir narudžbu. Ovaj neuređeni set će biti kombinacija.
Odmah da uvedemo oznaku: C. Postavljanje m kuglica uzimamo iz n. Prestajemo paziti na red i završavamo s ponavljanjem kombinacija. Da bismo dobili broj kombinacija trebamo podijeliti broj plasmana sa m! (m faktorijel). To jest, C = A / m! Dakle, postoji samo nekoliko načina za odabir od n loptica, što je približno jednako broju načina da se izaberu gotovo sve. Za to postoji logičan izraz: izabrati malo je isto što i izbaciti gotovo sve. Također je važno napomenuti da se maksimalni broj kombinacija može postići kada se pokuša odabrati polovicu stavki.
Kako odabrati formulu za rješavanje problema?
Detaljno smo ispitali osnovne formule kombinatorike: plasman, permutaciju i kombinaciju. Sada je naš zadatak olakšati odabir potrebne formule za rješavanje kombinatoričkog problema. Možete koristiti sljedeću prilično jednostavnu shemu:
- Zapitajte se: da li se u tekstu problema uzima u obzir redosljed kojim su elementi postavljeni?
- Ako je odgovor ne, onda koristite formulu kombinacije (C = n! / (m! * (n - m)!)).
- Ako je odgovor ne, onda treba odgovoriti na još jedno pitanje: jesu li svi elementi uključeni u kombinaciju?
- Ako je odgovor da, onda koristite formulu permutacije (P = n!).
- Ako je odgovor ne, onda koristite formulu za postavljanje (A = n! / (n - m)!).
Primjer
Razmatrali smo elemente kombinatorike, formule i još neka pitanja. Hajdemo sada da razmotrimo pravi problem. Zamislite da imate kivi, narandžu i bananu ispred sebe.
Prvo pitanje: na koliko načina se mogu preurediti? Da bismo to učinili, koristit ćemo formulu permutacije: P = 3! = 6 načina.
Drugo pitanje: na koliko načina možete izabrati jedno voće? Ovo je očito, imamo samo tri opcije - odaberite kivi, naranču ili bananu, ali primijenimo formulu kombinacije: C = 3! / (2! * 1!) = 3.
Treće pitanje: na koliko načina možete izabrati dva voća? Koje opcije uopće imamo? Kivi i narandža; kivi i banana; narandže i banane. Odnosno, postoje tri opcije, ali to je lako provjeriti pomoću kombinacije formule: C = 3! / (1! * 2!) = 3
Četvrto pitanje: na koliko načina možete izabrati tri voća? Kao što vidite, postoji samo jedan način da odaberete tri voća: uzmite kivi, narandžu i bananu. C = 3! / (0! * 3!) = 1.
Peto pitanje: na koliko načina možete izabrati barem jedno voće? Ovo stanje znači da možemo uzeti jedan, dva ili sva tri ploda. Stoga dodajemo C1 + C2 + C3 = 3 + 3 + 1 = 7. To jest, imamo sedam načina da uzmemo barem jedno voće sa stola.
Kombinatorika je grana matematike koja proučava pitanja o tome koliko se različitih kombinacija, pod određenim uvjetima, može napraviti od datih objekata. Osnove kombinatorike su veoma važne za procenu verovatnoće slučajnih događaja, jer Oni nam omogućavaju da izračunamo suštinski mogući broj različitih scenarija za razvoj događaja.
Osnovna formula kombinatorike
Neka postoji k grupa elemenata, a i-ta grupa se sastoji od n i elemenata. Odaberimo po jedan element iz svake grupe. Tada je ukupan broj N načina na koje se takav izbor može napraviti određen relacijom N=n 1 *n 2 *n 3 *...*n k .
Primjer 1. Objasnimo ovo pravilo jednostavnim primjerom. Neka postoje dvije grupe elemenata, i prva grupa se sastoji od n 1 elemenata, a druga - od n 2 elementa. Koliko se različitih parova elemenata može napraviti od ove dvije grupe, tako da par sadrži po jedan element iz svake grupe? Recimo da smo uzeli prvi element iz prve grupe i, ne menjajući ga, prošli kroz sve moguće parove, menjajući samo elemente iz druge grupe. Za ovaj element može postojati n 2 takva para. Zatim uzimamo drugi element iz prve grupe i također pravimo sve moguće parove za njega. Također će biti n 2 takva para. Pošto postoji samo n 1 elemenata u prvoj grupi, ukupne moguće opcije će biti n 1 * n 2 .
Primjer 2. Koliko se trocifrenih parnih brojeva može sastaviti od cifara 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, ako se cifre mogu ponavljati?
Rješenje: n 1 =6 (jer možete uzeti bilo koji broj od 1, 2, 3, 4, 5, 6 kao prvu cifru), n 2 =7 (jer možete uzeti bilo koji broj od 0 kao drugu cifru, 1, 2 , 3, 4, 5, 6), n 3 =4 (pošto se bilo koji broj od 0, 2, 4, 6 može uzeti kao treća cifra).
Dakle, N=n 1 *n 2 *n 3 =6*7*4=168.
U slučaju kada se sve grupe sastoje od istog broja elemenata, tj. n 1 =n 2 =...n k =n možemo pretpostaviti da je svaka selekcija napravljena iz iste grupe, a element nakon selekcije se vraća u grupu. Tada je broj svih metoda selekcije n k . Ova metoda selekcije u kombinatorici se zove uzorci sa povratom.
Primjer 3. Koliko se četvorocifrenih brojeva može sastaviti od cifara 1, 5, 6, 7, 8?
Rješenje. Za svaku cifru četvorocifrenog broja postoji pet mogućnosti, što znači N=5*5*5*5=5 4 =625.
Razmotrimo skup koji se sastoji od n elemenata. U kombinatorici se ovaj skup naziva opšta populacija.
Broj postavljanja n elemenata po m
Definicija 1. Smještaj od n elementi po m u kombinatorici bilo naručeni set od m različiti elementi odabrani iz populacije u n elementi.
Primjer 4. Različiti rasporedi tri elementa (1, 2, 3) po dva bit će skupovi (1, 2), (2, 1), (1, 3), (3, 1), (2, 3), (3 , 2 ). Položaji se mogu međusobno razlikovati i po elementima i po njihovom redoslijedu.
Broj plasmana u kombinatorici označava se sa A n m i izračunava se po formuli:
komentar: n!=1*2*3*...*n (čitaj: “en factorial”), osim toga, pretpostavlja se da je 0!=1.
Primjer 5. Koliko ima dvocifrenih brojeva u kojima su cifra desetice i cifra jedinice različite i neparne?
Rješenje: jer Ako postoji pet neparnih cifara, odnosno 1, 3, 5, 7, 9, onda se ovaj zadatak svodi na odabir i postavljanje dvije od pet različitih cifara na dvije različite pozicije, tj. naznačeni brojevi će biti:
Definicija 2. Kombinacija od n elementi po m u kombinatorici bilo neuređen skup od m različiti elementi odabrani iz populacije u n elementi.
Primjer 6. Za skup (1, 2, 3), kombinacije su (1, 2), (1, 3), (2, 3).
Broj kombinacija od n elemenata, po m
Broj kombinacija je označen sa C n m i izračunava se po formuli:
Primjer 7. Na koliko načina čitalac može izabrati dvije knjige od šest dostupnih?
Rješenje: Broj metoda jednak je broju kombinacija šest knjiga od dvije, tj. jednako:
Permutacije n elemenata
Definicija 3. Permutacija od n elementi se nazivaju bilo koji naručeni set ovih elemenata.
Primjer 7a. Sve moguće permutacije skupa koji se sastoji od tri elementa (1, 2, 3) su: (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 3, 1), (2, 1, 3) , ( 3, 2, 1), (3, 1, 2).
Broj različitih permutacija n elemenata označava se sa P n i izračunava se formulom P n =n!.
Primjer 8. Na koliko načina se sedam knjiga različitih autora može poredati u jedan red na polici?
Rješenje: Ovaj problem se odnosi na broj permutacija sedam različitih knjiga. Postoji P 7 =7!=1*2*3*4*5*6*7=5040 načina da uredite knjige.
Diskusija. Vidimo da se broj mogućih kombinacija može izračunati prema različitim pravilima (permutacije, kombinacije, plasmani) i rezultat će biti drugačiji, jer Princip izračuna i same formule su različiti. Gledajući pažljivo definicije, primijetit ćete da rezultat ovisi o nekoliko faktora istovremeno.
Prvo, od toga koliko elemenata možemo kombinirati njihove skupove (koliko je velik ukupnost elemenata).
Drugo, rezultat ovisi o veličini skupova elemenata koji su nam potrebni.
Konačno, važno je znati da li je redoslijed elemenata u skupu značajan za nas. Objasnimo posljednji faktor koristeći sljedeći primjer.
Primjer 9. Na roditeljskom sastanku je prisutno 20 osoba. Koliko različitih opcija postoji za sastav roditeljskog odbora ako mora da ima 5 ljudi?
Rješenje: U ovom primeru nas ne zanima redosled imena na listi odbora. Ako se kao rezultat toga ispostavi da su isti ljudi dio toga, onda je u smislu za nas ovo ista opcija. Stoga možemo koristiti formulu za izračunavanje broja kombinacije od 20 elemenata po 5.
Stvari će biti drugačije ako je svaki član komisije u početku odgovoran za određeno područje rada. Zatim, sa istim spiskovim sastavom komisije, u njoj je moguće 5! opcije permutacije to je bitno. Broj različitih (i po sastavu i po području odgovornosti) opcija određen je u ovom slučaju brojem plasmani od 20 elemenata po 5.
Zadaci za samotestiranje
1. Koliko se trocifrenih parnih brojeva može sastaviti od cifara 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, ako se cifre mogu ponavljati?
2. Koliko ima petocifrenih brojeva koji se čitaju isto s lijeva na desno i s desna na lijevo?
3. U razredu ima deset predmeta i pet časova dnevno. Na koliko načina možete kreirati raspored za jedan dan?
4. Na koliko načina mogu biti izabrana 4 delegata za konferenciju ako ima 20 ljudi u grupi?
5. Na koliko načina se osam različitih slova može staviti u osam različitih koverti, ako se u svaku kovertu stavi samo jedno slovo?
6. Komisija koju čine dva matematičara i šest ekonomista treba da budu sastavljena od tri matematičara i deset ekonomista. Na koliko načina se to može učiniti?
