مقالات

5: 4. التباديل - الرياضيات


يتم تضمين الموضوعات التالية في هذه السلسلة المكونة من تسعة مقاطع فيديو.

  1. مقدمة للتباديل
  2. التباديل ، مثال 2
  3. التباديل ، مثال 3
  4. ترميز التقليب والمبادئ التوجيهية
  5. التباديل ، مثال 4
  6. التباديل مع المراحل
  7. التباديل مع الحالات والمراحل
  8. التباديل مع المكملات
  9. إعادة ترتيب الحروف

قبل العمل

  1. هناك 8 متسابقين في السباق. ما هو عدد الطرق التي يمكن بها منح الميداليات الذهبية والفضية والبرونزية؟ يرجى كتابة إجابتك باستخدام التدوين التبادلي وكذلك معرفة القيمة العددية.
  2. منظمة تتكون من 8 إناث و 2 من الذكور تجتمع لانتخاب رئيس وسكرتير وأمين صندوق. ما هو عدد الطرق التي يمكن شغل الوظائف بها؟ ما هو عدد الطرق التي يمكن ملؤها إذا كان يجب تمثيل كلا الجنسين؟
  3. كم عدد "الكلمات" المكونة من 10 أحرف التي يمكن تكوينها من كلمة "القارة القطبية الجنوبية"؟

حلول

  1. نظرًا لعدم تمكن أي عداء من الحصول على أكثر من ميدالية واحدة ، لا يُسمح بالتكرار. نظرًا لأن الترتيب الذي ينتهي به المتسابقون يحدد من يحصل على كل ميدالية ، فإن الترتيب مهم. لذلك ، نستخدم التقليب. هناك 8 عدائين و 3 سيحصلون على ميداليات لذا فإن الإجابة هي (P (8،3) = 8 cdot 7 cdot 6 = 336 ).
  2. لا يمكن لشخص واحد أن يكون في دورين (بدون تكرار) ، والأدوار مختلفة بشكل واضح (الترتيب مهم / أدوار مختلفة) حتى نتمكن من استخدام التقليب. نظرًا لوجود 10 أشخاص إجماليًا ويجب تحديد 3 ، فإن الإجابة هي (P (10،3) ). بالنسبة للجزء الثاني من المشكلة ، سنستخدم المكمل. تكملة مجموعة الاختيارات التي يجب أن يُمثل فيها كلا الجنسين هي مجموعة الاختيارات التي يتم فيها تمثيل جنس واحد فقط. لا توجد طرق يستطيع من خلالها الذكور فقط ملء الأدوار نظرًا لوجود 3 أدوار و 2 ذكور فقط. هناك طرق (P (8،3) ) يمكن للإناث فقط من خلالها شغل الأدوار حيث يوجد 8 إناث. ومن ثم فإن إجمالي عدد الطرق التي يتم بها تمثيل جنس واحد فقط هو (P (8،3) ). لذلك ، فإن عدد الطرق التي يمكن من خلالها تمثيل الجنسين هو (P (10،3) -P (8،3) ).
  3. هناك 10 أحرف في "أنتاركتيكا" مع 3 حروف a و 2 t و 2 c's. ومن ثم ، فإن الإجابة هي ( frac {10!} {3! 2! 2!} ).

التباديل

في التوافقية ، أ التقليب هو ترتيب لقائمة الكائنات. على سبيل المثال ، ترتيب أربعة أشخاص في سطر ما يعادل إيجاد تباديل لأربعة كائنات. بشكل أكثر تجريدًا ، كل مما يلي عبارة عن تبديل للأحرف a و b و c و a و b و c و a و b و c و d d d:

لاحظ أن جميع العناصر يجب أن تظهر في التقليب وأن ترتيبين يعتبران مختلفين إذا ظهر عنصر ما في مكان مختلف في الترتيب.

جميع الترتيبات أو التباديل الممكنة من أ ، ب ، ج ، د.

تعد التباديل مهمة في مجموعة متنوعة من مشاكل العد (خاصة تلك التي يكون الترتيب مهمًا فيها) ، بالإضافة إلى مجالات أخرى مختلفة من الرياضيات على سبيل المثال ، غالبًا ما يتم تعريف المحدد باستخدام التباديل.

محتويات


إعطاء خط ثابت المنحى إل في الطائرة الإقليدية ص 2 ، أ تسكع من أجل ن هو منحنى مغلق غير متقاطع ذاتيًا في ص 2 الذي يتقاطع بشكل عرضي مع الخط عند 2ن نقاط لبعض الأعداد الصحيحة الموجبة ن. الخط والمنحنى معا يشكلان نظام متعرج. يقال إن اثنين من التعرجات متكافئة إذا كان هناك تشابه للطائرة بأكملها إل لنفسه ويأخذ أحدهما متعرجًا إلى الآخر.

أمثلة تحرير

يتقاطع متعرج الرتبة 1 مع الخط مرتين:

تتقاطع متعرجات الأمر 2 مع الخط أربع مرات.

تعديل الأرقام المتوسطة

عدد التعرجات المميزة للنظام ن هل رقم متعرج من. يتم إعطاء أول خمسة عشر رقمًا متوسطًا أدناه (التسلسل A005315 في OEIS).

م1 = 1 م2 = 1 م3 = 2 م4 = 8 م5 = 42 م6 = 262 م7 = 1828 م8 = 13820 م9 = 110954 م10 = 933458 م11 = 8152860 م12 = 73424650 م13 = 678390116 م14 = 6405031050 م15 = 61606881612

تعديل التباديل المتوسط

أ تبديل متعرج من أجل ن يتم تعريفه في المجموعة <1 ، 2 ،. 2ن> ويتم تحديده بواسطة نظام متوسط ​​بالطريقة التالية:

  • مع الخط الموجه من اليسار إلى اليمين ، يتم تسمية كل تقاطع من التعرج على التوالي بالأعداد الصحيحة ، بدءًا من 1.
  • المنحنى موجه لأعلى عند التقاطع المسمى 1.
  • يتم الحصول على التقليب الدوري بدون نقاط ثابتة باتباع المنحنى الموجه عبر نقاط التقاطع المحددة.

في الرسم البياني على اليمين ، يتم إعطاء الترتيب 4 التبديل المتوسط ​​بواسطة (1 8 5 4 3 6 7 2). هذا تبديل مكتوب بترميز دوري ولا يجب الخلط بينه وبين تدوين من سطر واحد.

إذا كانت عبارة عن تبديل متوسط ​​، فإن π 2 تتكون من دورتين ، إحداهما تحتوي على جميع الرموز الزوجية والأخرى تحتوي على جميع الرموز الفردية. تسمى التباديل مع هذه الخاصية تبديلات بديلة، لأن الرموز في التقليب الأصلي تتناوب بين الأعداد الصحيحة الفردية والزوجية. ومع ذلك ، ليست كل التبديلات البديلة متداخلة لأنه قد لا يكون من الممكن رسمها دون إدخال تقاطع ذاتي في المنحنى. على سبيل المثال ، الترتيب 3 البديل البديل ، (1 4 3 6 5 2) ، ليس متقلبًا.

إعطاء خط ثابت المنحى إل في الطائرة الإقليدية ص 2 ، أ فتح تعرج من أجل ن هو منحنى موجه غير ذاتي التقاطع في ص 2 الذي يتقاطع عرضيًا مع الخط عند ن نقاط لبعض الأعداد الصحيحة الموجبة ن. يقال إن اثنين من التعرجات المفتوحة متكافئة إذا كانت متماثلة الشكل في الطائرة.

أمثلة تحرير

التعرج المفتوح للأمر 1 يتقاطع مع الخط مرة واحدة:

التعرج المفتوح للطلب 2 يتقاطع مع الخط مرتين:

فتح تعديل الأرقام المتوسطة

عدد التعرجات المفتوحة المتميزة للنظام ن هل فتح رقم متعرج من. يتم إعطاء أول خمسة عشر رقمًا متوسطًا مفتوحًا أدناه (التسلسل A005316 في OEIS).

م1 = 1 م2 = 1 م3 = 2 م4 = 3 م5 = 8 م6 = 14 م7 = 42 م8 = 81 م9 = 262 م10 = 538 م11 = 1828 م12 = 3926 م13 = 13820 م14 = 30694 م15 = 110954

إعطاء شعاع ثابت المنحى ص في الطائرة الإقليدية ص 2 ، أ شبه تعرج من أجل ن هو منحنى مغلق غير متقاطع ذاتيًا في ص 2 الذي يتقاطع عرضيًا مع الشعاع ن نقاط لبعض الأعداد الصحيحة الموجبة ن. يقال أن اثنين من شبه التعرجات متكافئة إذا كانا متماثلان في الطائرة.

أمثلة تحرير

يتقاطع نصف التعرج من الرتبة 1 مع الشعاع مرة واحدة:

يتقاطع نصف التعرج من الرتبة 2 مع الشعاع مرتين:

تعديل الأرقام شبه المتوسطة

عدد أشباه التعرجات المميزة للنظام ن هل رقم شبه متعرج من (عادةً ما يُشار إليه بخط علوي بدلاً من تسطير). يتم إعطاء أول خمسة عشر رقمًا شبه متوسطي أدناه (التسلسل A000682 في OEIS).


رقم الله

يُظهر رقم الله أقل عدد من الحركات اللازمة لحل مكعب روبيك 3 × 3 × 3 من أي موضع بدء عشوائي.

منذ يوليو 2010 ونحن نعلم أن هذا الرقم هو 20، لذلك يمكن حل كل موضع في عشرين حركة أو أقل ، مع الأخذ في الاعتبار أن حركة واحدة 90 o أو 180 o تطور لأي وجه. تم حساب هذا الرقم بفضل Google التي تبرعت بـ 36 عامًا من وقت وحدة المعالجة المركزية من وقت الكمبيوتر الخامل ، مما أدى إلى حل كل موضع في مكعب روبيك في أقل من 21 حركة. هذا يعني أننا وجدنا حل التدافع "Superflip" في 20 حركة:

كان التقدير الأول لعدد الله هو 52 حركة في يوليو 1981. ثم كان هذا الرقم يتناقص تدريجياً. 42 في عام 1990 ، و 29 في عام 2000 ، و 22 في عام 2008 ، وبلغ العدد النهائي 20.


الأشكال الرياضية في الشعر 4- التباديل

في الجزء الأخير من القرن الثاني عشر ، استمتع أرنو دانيال ، أحد تروبادور من ريبيراك في ما يعرف الآن بجزيرة دوردوني ، بمحاكم جنوب أوروبا بقصائد حول موضوعات الفروسية وحب البلاط. يتسم شعر دانيال ، المكتوب بلغته الأصلية "أوكسيتان" ، بالبراعة التقنية ، والقافية المعقدة والمخططات المترية والتراكيب المعقدة. على الرغم من أن القليل فقط من قصائده لا تزال موجودة ، إلا أن مواهبه قد أثارت إعجاب الأجيال المتعاقبة من الشعراء: دانتي وبترارك وعزرا باوند جميعهم جعلوه في أعلى درجات التقدير.

يعود الفضل لدانيال عمومًا في اختراع الستينا ، وتعد قصيدته "Lo ferm voler qu & # 8217el cor m & # 8217intra" ، التي يرجع تاريخها إلى حوالي 1200 ، أقدم مثال معروف لهذا الشكل الشعري. يتكون Sestina من ستة مقاطع كل منها ستة أسطر ، مع كل مقطع يحتوي على نفس الكلمات النهائية في تسلسل مجموعة من التباديل.

بالإضافة إلى ذلك ، تختتم كلمة sestina التقليدية بحلقة مكونة من ثلاثة أسطر تحتوي على بعض أو كل هذه الكلمات النهائية. إذا أشرنا إلى الكلمات النهائية بالأحرف A و B و C و D و E و F ، فإنها تدور عبر المقاطع في التسلسل التالي:

سترى من هذا المخطط أن ترتيب الكلمات النهائية فريد لكل مقطع. (تتضمن مقالة Wikipedia عن sestina عروض بديلة مثيرة للاهتمام لنمط الكلمات النهائية.)

القيود الصارمة تجعل الكتابة صعبة ولكن أيضًا ممتعة في الكتابة. قام كل من دانتي وبترارك بتأليف عدد من السيناس. على مر القرون ، اتخذ العديد من الشعراء هذا الشكل الذي يتطلب الكثير من الناحية الفنية ، بما في ذلك كتّاب متنوعين مثل السير فيليب سيدني وروديارد كيبلينج وشيموس هيني وإليزابيث بيشوب. روث هولزرمن أجل ديلان توماس في عيد ميلاده المائةهو مثال رائع لشاعر معاصر موهوب ، مع الكلمات النهائية البرية ، السماء, نهاية, التلال, لوح, الحب. هنا مقطع الافتتاح و envoi:

لقد أدى الشكل إلى ظهور العديد من التعديلات ، مثل sestina المزدوج لسوينبيرن "The Complaint of Lisa" أو "Triptych" لمارفين طومسون ، حيث يحتوي كل مقطع من المقاطع التسعة على سبعة خطوط. "Six Words" من تأليف Lloyd Schwartz هي عبارة عن طقوس ذكية مبهجة تتكون بالكامل من تباديل الكلمات نعم, رقم, يمكن, بعض الأحيان, دائما و أبدا، أصبح ذا مغزى من خلال الاستخدام المتقن لتنوع الخط وعلامات الترقيم.

اخترعت الشاعرة الأمريكية ماري بونسو شكلاً مكثفًا يسمى تريتينا، والتي وصفتها (بشكل غير دقيق إلى حد ما من وجهة نظر رياضية) بأنها "الجذر التربيعي للسيستينا". يتكون tritina من ثلاثة أحرف ثلاثية مع ثلاث كلمات نهائية في التسلسل 123 ، 312 ، 213 ، وسطر نهائي واحد يحتوي على كل الكلمات النهائية الثلاثة. يمكن أن تكون النتيجة ساحرة وأخف وزناً وأكثر مرحاً من sestina: تجري Tamar Yosellof مناقشة ممتعة حول هذا النموذج والتي تتضمن أمثلة من Ponsot و Susan Watson و Yosellof نفسها.

هذا يقودنا إلى السؤال: لأي أرقام م هو م-تينا ممكن؟ تم التحقيق في السؤال لأول مرة في الستينيات من قبل الشاعر الفرنسي ريموند كوينو ، أحد مؤسسي حركة أوليبو ، وزميله الرياضي جاك روبو ، واستمر في كونه موضوعًا مثمرًا للبحث الرياضي. (للقارئ المهتم ، توجد روابط إلى ورقتين عن هذا الموضوع في المراجع ، وكلاهما يتضمن جداول مناسبة مأرقام -tina. من الناحية العملية ، فإن الكتابة ، على سبيل المثال ، فإن 194 تينا ليست بالتأكيد لضعاف القلوب!)

كان كوينو مفتونًا بالإمكانيات الإبداعية لاستخدام الرياضيات في كتاباته. في عام 1961 نشر "Cent mille milliards de poémes" (مائة ألف مليار قصيدة) ، وهي سلسلة من عشرة سوناتات تم إنشاؤها بطريقة يمكن من خلالها تبادل أي سطر من سونيتة واحدة عشوائيًا مع السطر المقابل من أي من السوناتات. السوناتات الأخرى. لذلك هناك 10 احتمالات للخط الأول و 10 للخط الثاني وما إلى ذلك ، مما ينتج عنه إجمالي 10 14 سوناتة مميزة. لم يقرأ أحد من قبل جميع التباديل في مجملها: وفقًا لتقدير كوينو الخاص ، سيستغرق الأمر 190258751 عامًا ، للقراءة ليلًا ونهارًا دون استراحة ، للقيام بذلك.

ابتكر فرانسوا لو ليون ، المؤسس المشارك مع كوينو لحركة أووليبو ، مفهوم السرد متعدد الخيارات ، حيث يمكن للقارئ أن يختار طريقًا من خلال قصة أو قصيدة. تشارك JoAnne Growney مثالًا رائعًا لهذا النهج في مدونتها "Intersections - Poetry with Mathematics": "الاختيار من متعدد" لهاري ماثيوز مصحوب بشجرة قرارات توضح المسارات المحتملة.

فيل فيرنون "مترو مان" من مجموعته الشعر بعد أوشفيتز، يوفر أيضًا اختيارًا للطرق من خلال قصيدة. هناك خمسة مقاطع يمكن قراءتها بأي ترتيب ، وتعطي 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 إصدارًا مختلفًا. يدعو التصميم غير الخطي القارئ إلى استكشاف الخيارات المتعددة المفتوحة له.

رسم الشفاه هو شكل آخر من أشكال الكتابة المقيدة التي اتخذتها حركة أوليبو ، على الرغم من أن جذورها تعود إلى اليونان القديمة. كلمة lipogram مشتق من اليونانية λειπογράμματος (ليبوجرامماتوس) ، مما يعني "ترك حرف" ويصف قطعة من الكتابة تم فيها حذف بعض الأحرف الأبجدية. قصيدتي "Scylla and Charybdis" عبارة عن رسم شفاه حيث تكون كل كلمة بمثابة تبديل لبعض أو كل الأحرف في العنوان: أ, ب, ج, د, ح, أنا, ل, ن, ص, س و ذ. الشاعر التجريبي لوك برادفورد زولاليا عبارة عن مجموعة من ليبوجرامس مقيدة بالحروف التي تشكل الأسماء اللاتينية لمختلف أنواع الحيوانات. والنتيجة غنائية ومثيرة للذكريات ، كما في فيلمه "Arctic Hare" ، Lepus arcticus:

الجناس الناقص هو حالة خاصة من رسم الشفاه ، حيث يتم إعادة ترتيب جميع أحرف كلمة أو عبارة لتشكيل كلمة أو عبارة مختلفة. في عام 1936 ، كتب مؤلف المعاجم ومصمم التشفير الأمريكي ديفيد شولمان سونيتة تسمى "Washington Crossing the Delaware" ، مع إعادة ترتيب كل سطر من الأسطر الأربعة عشر ترتيبًا دقيقًا للحروف التي تشكل العنوان.

الشاعرة الأوليبية ميشيل جرانجود متخصصة في الجناس الناقصة: كتابها Stations عبارة عن مجموعة من القصائد التي تمثل الجناس الناقصة لأسماء محطات مترو باريس. لقد اخترعت شكلاً شعريًا يُعرف باسم sestanagrammatina ، وهو مزيج من sestina و anagram. كل سطر في قصتها "Le grand incendie de Londres" هو عبارة عن جناس مصغر من عنوان القصيدة.

كتب أنتوني إيثرين عددًا من قصائد الجناس الناقص ، بما في ذلك السوناتات ، وفيلانيلي ، و sestanagrammatina لبابلو بيكاسو. من مجموعته الفنون الضالة (والاختراعات الأخرى)، هنا اسمه المناسب "التباديل":

في أحدث منشوراته ، دفع Etherin الإمكانات الشعرية للجناس الناقص إلى أبعد من ذلك. أوتو سوناتس عبارة عن سلسلة من سبع سوناتات ، كل منها - بالإضافة إلى القيود الأخرى - عبارة عن جناس مصغر دقيق لجميع السوناتات الأخرى. يمكنك قراءة تقييمي لهذا العمل الرائع هنا.

في الخمسينيات من القرن الماضي ، جرب الفنان المبتكر والكاتب والشاعر الصوتي بريون جيسين ما يُعرف بتقنية القطع ، حيث قام بتقطيع النصوص وإعادة ترتيبها. قاده ذلك إلى كتابة سلسلة من قصائد التقليب ، كل منها يتكون من تبديل للكلمات في العنوان. جنباً إلى جنب مع عالم الرياضيات إيان سومرفيل ، كان رائداً في استخدام برمجة الكمبيوتر لتوليد نص مبدل: مثال مبكر لتطبيق التكنولوجيا في الشعر. أشهر قصائد تبديل لجيسين بعنوان "أنا هذا أنا": وهي تحتوي على العديد من النسخ ، والتي يمكنك قراءتها ، إلى جانب قصائده التبادلية الأخرى ، هنا.

تم نشر العديد من كتب جيسين بواسطة منتدى الكاتب ومقره لندن ، والذي أنشأه الناشر والشاعر التجريبي بوب كوبينج. تتكون "قصيدة مربعة" من كوبينج (والتي تظهر أيضًا في مدونتي على قصائد مربعة) من 12 سطراً ، كل منها عبارة عن تبديل للكلمات "هذه قصيدة مربعة".

هوارد بيرجرسون ، محرر طرق الكلمات - مجلة مخصصة لعلم اللغة الترفيهي - اخترع قصيدة المفردات ، والتي تتكون من إعادة ترتيب كلمات قصيدة موجودة. في عام 1969 ، تحدى قراء المجلة لإنشاء قصيدة جديدة باستخدام مفردات 24 سطراً طويلة "Winter Retrospect". تم تقديم الحل من قبل الشاعر الإنجليزي والمتحمس للألغاز وعالم الرياضيات الترفيهي الموهوب جيه إيه ليندون ، الذي أعطى نسخته نفس العنوان على الرغم من أنه لم يشر إلى أصل بيرجرسون. إن رواية Lindon عن الكيفية التي شرع بها في إيجاد الحل تجعل قراءته رائعة.

في الآونة الأخيرة ، استلهمت المعلمة الرياضية والشاعرة سوزان جيروفسكي الإلهام من التقاليد القديمة في الجرس ، مع أنماطها التوليفية المعقدة ، لإنشاء قصائد تستند إلى تباديل الكلمات. في ورقة بحثية نُشرت عام 2018 بالاشتراك مع ثلاثة آخرين ، نظرت في كيفية استخدام Plain Hunt on 4 في مجموعة متنوعة من التطبيقات الإبداعية ، بما في ذلك كتابة الشعر. تتبع لها & # 8216Desert Poem & # 8217 هيكل Plain Hunt على 4 كما هو موضح في الرسم التخطيطي المصاحب. (في مثال رائع للتعاون متعدد التخصصات ، ابتكر جيروفسكي وفنانة السيراميك نيفينا تاديك معًا صورة متحركة جميلة من السيراميك لهذه القصيدة).

المجموعة المبتكرة لستيفاني ستريكلاند رنين التغييرات يعتمد أيضًا على تقاليد رنين الجرس ، مع الأخذ بنقطة انطلاقه من تباديل رنين مجموعة من سبعة أجراس متسلسلة (عملية تعرف باسم تغيير الرنين). ولكن بدلاً من الأجراس ، استخدم Strickland كودًا قابلاً للمشاركة لإنشاء نص. كما لاحظت في كتابها Afterword ، "السبر من تغييرات برج الجرس هي عينات من الصوت ، لكنها في هذا الكتاب عينات من اللغة." التأثير هو نسج معقد لنصوص متجاورة من مجموعة من المصادر ، ودعوة القارئ للتفكير. حول التغيير وتغيير وجهات النظر والترابط في سياق ديناميكي. يمنحنا Strickland إحساسًا بهذا النهج في خاتم الحرية! التي تصفها بأنها "الرفيق التفاعلي للعبة" Ringing the Changes ". مع كل "صوت" للجرس (بالنقر فوقه بمؤشر الماوس) تظهر مجموعة من سبع عبارات على شاشة الكمبيوتر لكي نقرأها ونتأملها ، في تجربة مرحة وعميقة.

لم يكن هناك مكان هنا لذكر استخدام التباديل في الأنماط القافية والمترية ، في الأدب الاندماجي الألماني والروسي أو في الأشكال الشعرية القياسية الأخرى مثل Villanelle و Pantoum (توجد روابط حول بعض هذه الموضوعات في قائمة المراجع ). من التقاليد القديمة وأغاني التروبادور من العصور الوسطى إلى النصوص المعاصرة التي تم إنشاؤها بواسطة الشفرات ، تتشابك التباديل والشعر في الأعمال الإبداعية ذات البراعة المبهرة.

مع الشكر لروث هولتسر ولوك برادفورد وأنتوني إيثرين وسوزان جيروفسكي لمنحي الإذن بنقل أشعارهم.

بيركين ، مارسيا وكون ، آن سي (2008) اكتشاف الأنماط في الرياضيات والشعر. أمستردام ، رودوبي.

بونش-أوسمولوفسكايا ، تاتيانا (2010) "بعض إمكانيات الأدب الاندماجي الروسي". جسور 2010: رياضيات ، موسيقى ، فن ، عمارة ، ثقافة. متاح على https://archive.bridgesmathart.org/2010/bridges2010-305.pdf

برادفورد ، لوك (2021) زولاليا. الصحافة Penteract

Champneys ، A. R. ، Hjorth ، P.G ، & amp Man ، H. (2018). "الأرقام تقود رقصة: رياضيات سيستينا". في

المعادلات التفاضلية الجزئية غير الخطية والفيزياء الرياضية والتحليل العشوائي: حجم الذكرى السنوية لهيلج هولدن (ص 55-71). دار نشر الجمعية الرياضية الأوروبية. متاح على الإنترنت على https://backend.orbit.dtu.dk/ws/files/204995560/Alan_Champneys_The_Numbers_Lead_a_Dance.pdf

دوما ، جان غيوم. (2008). "Caractérisation des Quenines et leur représentation spirale. الرياضيات والعلوم الإنسانية. 184. 10.4000 / مللي س. 10946. متاح على: https://www.researchgate.net/publication/29597943_Caracterisation_des_Quenines_et_leur_representation_spirale

إيثرين ، أنتوني (2019) الفنون الضالة (والاختراعات الأخرى). الصحافة Penteract

إيثرين ، أنتوني (2021) أوتو سوناتس. الصحافة Penteract

جيروفسكي ، سوزان (2020) "شكلا شعر اندماجي جديدان:
جرس مضفر PH4 قصائد وقصائد Anagrammatic مستوحاة من الأنجلو سكسونية.وقائع مؤتمر الجسور 2020. متاح على http://archive.bridgesmathart.org/2020/bridges2020-273.pdf

جيروفسكي ، سوزان (2021) سبعة خيوط من الغربان المضفرة أبجديا. (فيلم) متوفر على https://vimeo.com/537573341.

Gerofsky، S.، Knoll، E.، Taylor، T. and Campbell-Cousins، A. (2018) "Experiencing Group Structure: Observing، Creating and Performing the Plain Hunt on 4 via Music، Poetry، Visual and Culinary Arts". وقائع مؤتمر الجسور 2018. متاح على https://archive.bridgesmathart.org/2018/bridges2018-659.pdf

جرووني ، جوان: التقاطعات - الشعر مع الرياضيات. متاح على https://poetrywithmathematics.blogspot.com

مايو د. (2020) "قصائد منظمة بالرياضيات" في Sriraman B. (محرران) كتيب رياضيات الآداب والعلوم. سبرينغر ، شام. https://doi.org/10.1007/978-3-319-70658-0_113-2

ستريكلاند ، ستيفاني (2020) رنين التغييرات. دنفر ، كاونترباث

تيري ، فيليب (محرر) (2019) كتاب البطريق لأوليبو. بيت البطريق العشوائي في المملكة المتحدة

فيرنون ، فيل (2020) الشعر بعد أوشفيتز. لندن ، منشورات SPM


التباديل بدون تكرار

كم عدد الطرق المختلفة المتاحة لترتيب فصولك الثلاثة الأولى إذا كانت الرياضيات والعلوم وفنون اللغة؟

ترتيب العلوم والرياضيات وفنون اللغة هو تبديل للرياضيات والعلوم وفنون اللغة لأن ترتيب الفصول مختلف.
يمكنك استخدام مبدأ العد الأساسي لإيجاد عدد التبديلات.

هناك 6 ترتيبات أو تبديلات محتملة من الفئات الثلاثة.

عدد التباديل لعناصر n هو:

ما عدد الطرق التي يمكن بها وضع 3 كتب بجوار بعضها البعض على الرف؟

نظرًا لوجود 3 كتب ، يمكن ملء المركز الأول بثلاث طرق. ثم يتبقى كتابان ، بحيث يتم ملء المكان الثاني بطريقتين. لم يتبق سوى كتاب واحد لملء المكان الأخير.

نظرًا لأن ترتيب الكتب على الرف مهم ، فهي مشكلة تبديل.

وهكذا يمكن ترتيب الكتب في 6 طرق.

بشكل عام ، عندما يتم إعطاؤنا مشكلة تتضمن التباديل ، حيث نختار أعضاء r من مجموعة بها n من الأعضاء ويكون الترتيب مهمًا ، يتم إعطاء عدد التباديل من خلال التعبير

يشير العامل الأول إلى أنه يمكننا اختيار العضو الأول بطرق n ، ويشير العامل الثاني إلى أنه يمكننا اختيار العضو الثاني بطرق n - 1 بمجرد اختيار العضو الأول ، وهكذا.

تبدأ لوحة الترخيص بثلاثة أحرف. إذا كانت الأحرف المحتملة هي A و B و C و D و E ، فكم عدد التباديل المختلفة لهذه الأحرف إذا لم يتم استخدام حرف أكثر من مرة؟

للحرف الأول ، هناك 5 خيارات ممكنة. بعد اختيار هذا الخطاب ، هناك 4 خيارات ممكنة. أخيرًا ، هناك 3 خيارات ممكنة.

بشكل عام نصص يعني أن عدد التباديل ن الأشياء التي اتخذت ص في الوقت. يمكننا إما استخدام المنطق لحل هذه الأنواع من مشاكل التقليب أو يمكننا استخدام صيغة التقليب.

صيغة التقليب هي:

تبدأ لوحة الترخيص بثلاثة أحرف. إذا كانت الأحرف المحتملة هي A و B و C و D و E ، فكم عدد التباديل المختلفة لهذه الأحرف إذا لم يتم استخدام حرف أكثر من مرة؟


الرياضيات المتقطعة مقدمة مفتوحة

لديك مجموعة من الرقائق تأتي بخمسة ألوان مختلفة: الأحمر والأزرق والأخضر والأرجواني والأصفر.

كم عدد الحزم المختلفة المكونة من شريحتين التي يمكنك تكوينها إذا كانت الشريحة السفلية يجب أن تكون حمراء أو زرقاء؟ اشرح إجابتك باستخدام مبدأي الجمع والمضاعفة.

كم عدد مجموعات الرقائق الثلاث المختلفة التي يمكنك تكوينها إذا كان يجب أن تكون الشريحة السفلية حمراء أو زرقاء ويجب أن تكون الشريحة العلوية خضراء أو أرجوانية أو صفراء؟ كيف ترتبط هذه المشكلة بالمشكلة السابقة؟

كم عدد مجموعات الرقائق الثلاث المختلفة التي لا يتكرر فيها اللون؟ ماذا عن مكدسات الرقائق الأربعة؟

لنفترض أنك أردت أن تأخذ ثلاث رقائق ملونة مختلفة وتضعها في جيبك. كم عدد الخيارات المختلفة لديك؟ ماذا لو أردت أربع رقائق ملونة مختلفة؟ كيف ترتبط هذه المشاكل بالمشكلة السابقة؟

أ هو إعادة ترتيب (محتمل) للأشياء. على سبيل المثال ، هناك 6 تباديل للحروف أ ، ب ، ج:

نحن نعلم أن لدينا جميعًا مدرجين أعلاه - هناك 3 اختيارات لأي حرف نضعه أولاً ، ثم خياران لأي حرف يأتي بعده ، مما يترك خيارًا واحدًا فقط للحرف الأخير. يقول المبدأ المضاعف أننا نضرب (3 cdot 2 cdot 1 text <.> )

مثال 1.3.1

كم عدد التباديل هناك من الحروف أ ، ب ، ج ، د ، هـ ، و?

لا نريد أن نحاول سرد كل هؤلاء. ومع ذلك ، إذا فعلنا ذلك ، فسنحتاج إلى اختيار حرف لكتابته أولاً. هناك 6 اختيارات لهذه الرسالة. لكل اختيار من الحرف الأول ، هناك 5 اختيارات للحرف الثاني (لا يمكننا تكرار الحرف الأول ، فنحن نعيد ترتيب الحروف ولدينا واحد فقط من كل منهما) ، ولكل منها 4 اختيارات للثالث ، 3 اختيارات بالنسبة للرابع ، خياران للخيار الخامس وأخيراً خيار واحد فقط للحرف الأخير. إذن هناك (6 cdot 5 cdot 4 cdot 3 cdot 2 cdot 1 = 720 ) تباديل للأحرف الستة.

جزء من التدوين مفيد هنا: (n! text <،> ) اقرأ " (n ) عاملي" ، هو نتاج جميع الأعداد الصحيحة الموجبة الأقل من أو تساوي (n ) (لأسباب الراحة ، نحدد أيضًا 0! ليكون 1). لذا فإن عدد التباديل المكون من 6 أحرف ، كما رأينا في المثال السابق هو (6! = 6 cdot 5 cdot 4 cdot 3 cdot 2 cdot 1 text <.> ) وهذا يعمم:

تباديل (n ) العناصر

هناك (n! = n cdot (n-1) cdot (n-2) cdot cdots cdot 2 cdot 1 ) تباديل (n ) (مميز) العناصر.

مثال 1.3.2 حساب دوال الضحية

تذكر ما يعنيه أن تكون الوظيفة حيوية: يجب أن يكون كل عنصر في النطاق المشترك صورة لعنصر واحد بالضبط من المجال. باستخدام ترميز مكون من سطرين ، يمكننا كتابة أحد هذه الاحتمالات على النحو التالي

ما نفعله حقًا هو مجرد إعادة ترتيب عناصر المجال المشترك ، لذلك نحن نخلق تقليبًا لـ 8 عناصر. في الواقع ، "التقليب" هو مصطلح آخر يستخدم لوصف الوظائف الحيوية من مجموعة محدودة إلى نفسها.

إذا كنت تعتقد أن الإجابة يجب أن تكون (8! = 8 cdot 7 cdot cdots cdot 1 = 40320 text <.> ) يمكنك رؤية هذا أيضًا مباشرةً: لكل عنصر من عناصر المجال ، يجب أن نختار عنصرًا مميزًا من المجال المشترك للتعيين إليه. هناك 8 اختيارات لمكان إرسال 1 ، ثم 7 اختيارات لمكان الإرسال 2 ، وهكذا. نضرب باستخدام مبدأ الضرب.

في بعض الأحيان ، لا نريد تبديل كل الأحرف / الأرقام / العناصر التي حصلنا عليها.

مثال 1.3.3

كم عدد "الكلمات" المكونة من 4 أحرف التي يمكنك تكوينها من الأحرف أ عبر F، مع عدم وجود أحرف متكررة؟

هذه تمامًا مثل مشكلة تبديل الأحرف الأربعة ، فقط الآن لدينا المزيد من الخيارات لكل حرف. للحرف الأول ، هناك 6 اختيارات. لكل من هؤلاء ، هناك 5 اختيارات للحرف الثاني. ثم هناك 4 اختيارات للحرف الثالث ، و 3 اختيارات للحرف الأخير. إجمالي عدد الكلمات هو (6 cdot 5 cdot 4 cdot 3 = 360 text <.> ) هذا ليس (6! ) لأننا لم نضرب أبدًا في 2 و 1. يمكننا البدء بـ (6! ) ثم قم بإلغاء 2 و 1 ، ومن ثم اكتب ( frac <6!> <2!> text <.> )

بشكل عام ، يمكننا أن نسأل عن عدد التباديل الموجودة للكائنات (k ) التي تختار هذه الكائنات من مجموعة أكبر من (n ) الكائنات. (في المثال أعلاه ، (ك = 4 نص <،> ) و (ن = 6 نص <.> )) نكتب هذا الرقم (P (n ، k) ) وأحيانًا نسميه أ . من المثال أعلاه ، نرى أنه لحساب (P (n، k) ) يجب علينا تطبيق مبدأ الضرب على (k ) الأرقام ، بدءًا من (n ) والعد إلى الوراء. فمثلا

يبدأ الفوسفور (10، 4) = 10 cdot 9 cdot 8 cdot 7. end

لاحظ مرة أخرى أن (P (10،4) ) يبدأ في الظهور مثل (10! text <،> ) لكننا نتوقف بعد 7. يمكننا حساب هذا "التوقف" رسميًا عن طريق قسمة جزء من عاملي لا نريد:

انتبه: العامل في المقام ليس (4! ) بل بالأحرى ((10-4)! text <.> )

(ك ) - تباديل (n ) العناصر

(P (n، k) ) هو عدد الطرق رتب (k ) كائنات مختارة من (n ) كائنات مميزة.

لاحظ أنه عندما (n = k text <،> ) لدينا (P (n، n) = frac <(n-n)!> = n! ) (بما أننا حددنا (0! ) ليكون 1). هذا منطقي - نعلم بالفعل أن (n! ) يعطي عدد التباديل لكل (n ) الكائنات.

مثال 1.3.4 حساب وظائف الحقن

لاحظ أنه ليس من المنطقي طلب رقم التحيز هنا ، حيث لا يوجد أي منها (لأن المجال المشترك أكبر من المجال ، فلا توجد تخمينات). ولكن لكي يتم حقن الوظيفة ، لا يمكننا استخدام عنصر النطاق أكثر من مرة.

نحتاج إلى اختيار عنصر من المجال المشترك ليكون صورة 1. هناك 8 خيارات. ثم نحتاج إلى اختيار أحد العناصر السبعة المتبقية ليكون صورة 2. وأخيرًا ، يجب أن يكون أحد العناصر الستة المتبقية هو صورة 3. وبالتالي فإن العدد الإجمالي للوظائف هو (8 cdot 7 cdot 6 = الفوسفور (8،3) نص <.> )

ما يوضحه هذا بشكل عام هو أن عدد الحقن (f: A to B text <،> ) حيث ( card = k ) و ( card = n text <،> ) هو (P (n، k) text <.> )

إليك طريقة أخرى للعثور على عدد (ك ) - تباديل (n ) العناصر: حدد أولاً العناصر (ك ) التي ستكون في التقليب ، ثم احسب عدد الطرق المتاحة لترتيبها. بمجرد تحديد الكائنات (k ) ، نعلم أن هناك (k! ) طرق لترتيبها (تبديلها). ولكن كيف تحدد (k ) كائنات من (n text <؟> ) لديك (n ) كائنات ، وتحتاج إلى أختر (ك ) منهم. يمكنك فعل ذلك في () طرق. ثم لكل اختيار من هذه العناصر (ك ) ، يمكننا تبديلها معهم بطرق (ك! ). باستخدام مبدأ الضرب ، نحصل على صيغة أخرى لـ (P (n، k) text <:> )

الآن بما أن لدينا صيغة مغلقة لـ (P (n، k) ) بالفعل ، يمكننا استبدال ذلك في:

إذا قسمنا كلا الجانبين على (ك! ) نحصل على صيغة مغلقة لـ ( نص <.> )

صيغة مغلقة لـ ()

نقول (P (n، k) ) مهم التباديل، و () العد مجموعات. الصيغ لكل منها متشابهة جدًا ، هناك فقط (k! ) إضافي في مقام ( text <.> ) هذا (k! ) الإضافي يفسر حقيقة أن () لا يميز بين الطلبات المختلفة التي يمكن أن تظهر فيها الكائنات (ك ). نحن فقط نختار (أو نختار) الكائنات (ك ) ، وليس ترتيبها. ربما تكون كلمة "تركيبة" تسمية مضللة. نحن لا نعني ذلك مثل قفل المجموعة (حيث سيكون الأمر مهمًا بالتأكيد). ربما تكون الاستعارة الأفضل عبارة عن مزيج من النكهات - ما عليك سوى تحديد النكهات التي يجب دمجها ، وليس الترتيب الذي يتم دمجه به.

لتوضيح العلاقة بين التوليفات والتبديلات ، نغلق بمثال.

مثال 1.3.5

قررت أن تقيم حفل عشاء. على الرغم من أنك تتمتع بشعبية لا تصدق ولديك 14 صديقًا مختلفًا ، إلا أنه ليس لديك سوى عدد كافٍ من الكراسي لدعوة 6 منهم.

كم عدد الخيارات التي لديك 6 أصدقاء لدعوتهم؟

ماذا لو كنت بحاجة إلى أن تقرر ليس فقط الأصدقاء الذين ستدعوهم ولكن أيضًا مكان جلوسهم على طول طاولتك الطويلة؟ كم عدد الخيارات التي لديك بعد ذلك؟

يجب عليك ببساطة اختيار 6 أصدقاء من مجموعة من 14. ويمكن القيام بذلك بطرق (<14 Choose 6> ). يمكننا إيجاد هذا الرقم إما باستخدام مثلث باسكال أو الصيغة المغلقة: ( frac <14!> <8! cdot 6!> = 3003 text <.> )

هنا يجب أن تحسب جميع الطرق التي يمكنك من خلالها تبديل 6 أصدقاء تم اختيارهم من مجموعة من 14. لذا فإن الإجابة هي (P (14، 6) text <،> ) والتي يمكن حسابها على أنها ( frac <14! > <8!> = 2192190 نص <.> )

لاحظ أنه يمكننا التفكير في مشكلة العد هذه على أنها سؤال حول وظائف العد: كم عدد وظائف الحقن الموجودة من مجموعتك المكونة من 6 كراسي إلى مجموعتك المكونة من 14 صديقًا (الوظائف هي حقنة لأنه لا يمكنك الذهاب إلى كرسي واحد اثنين من أصدقائك).

كيف ترتبط هذه الأرقام؟ لاحظ أن (P (14،6) ) هو كثير أكبر من (<14 اختر 6> نص <.> ) هذا منطقي. (<14 اختر 6> ) يختار 6 أصدقاء ، لكن (P (14،6) ) يرتب الأصدقاء الستة ويختارهم أيضًا. في الواقع ، يمكننا تحديد حجم (P (14،6) ) بالضبط. في كلتا مشكلتي العد نختار 6 أصدقاء من 14. بالنسبة للأول ، توقفنا عند 3003 طريقة. ولكن بالنسبة لمسألة العد الثانية ، يمكن ترتيب كل خيار من الخيارات الـ3003 المكونة من 6 أصدقاء في طرق (6! ) بالضبط. الآن لدينا خيارات (3003 cdot 6! ) وهذا هو بالضبط (2192190 text <.> )

بدلاً من ذلك ، انظر إلى المشكلة الأولى بطريقة أخرى. نريد اختيار 6 من أصل 14 صديقًا ، لكننا لا نهتم بالترتيب الذي تم اختيارهم فيه. لتحديد 6 من أصل 14 صديقًا ، قد نجرب هذا:

يبدأ 14 cdot 13 cdot 12 cdot 11 cdot 10 cdot 9. النهاية

هذا تخمين معقول ، نظرًا لأن لدينا 14 خيارًا للضيف الأول ، ثم 13 خيارًا للضيف الثاني ، وهكذا. لكن التخمين خاطئ (في الواقع ، هذا المنتج هو بالضبط (2192190 = P (14،6) )). إنه يميز بين الطلبات المختلفة التي يمكننا من خلالها دعوة الضيوف. To correct for this, we could divide by the number of different arrangements of the 6 guests (so that all of these would count as just one outcome). There are precisely (6!) ways to arrange 6 guests, so the correct answer to the first question is

Note that another way to write this is

which is what we had originally.

Subsection Exercises

A pizza parlor offers 10 toppings.

How many 3-topping pizzas could they put on their menu? Assume double toppings are not allowed.

How many total pizzas are possible, with between zero and ten toppings (but not double toppings) allowed?

The pizza parlor will list the 10 toppings in two equal-sized columns on their menu. How many ways can they arrange the toppings in the left column?

  1. ( <10 choose 3>= 120) pizzas. We must choose (in no particular order) 3 out of the 10 toppings.
  2. (2^ <10>= 1024) pizzas. Say yes or no to each topping.
  3. (P(10,5) = 30240) ways. Assign each of the 5 spots in the left column to a unique pizza topping.

A combination lock consists of a dial with 40 numbers on it. To open the lock, you turn the dial to the right until you reach a first number, then to the left until you get to second number, then to the right again to the third number. The numbers must be distinct. How many different combinations are possible?

Despite its name, we are not looking for a combination here. The order in which the three numbers appears matters. There are (P(40,3) = 40cdot 39 cdot 38) different possibilities for the “combination”. This is assuming you cannot repeat any of the numbers (if you could, the answer would be (40^3)).

Using the digits 2 through 8, find the number of different 5-digit numbers such that:

Digits can be used more than once.

Digits cannot be repeated, but can come in any order.

Digits cannot be repeated and must be written in increasing order.

Which of the above counting questions is a combination and which is a permutation? اشرح لماذا هذا منطقي.

How many triangles are there with vertices from the points shown below? Note, we are not allowing degenerate triangles - ones with all three vertices on the same line, but we do allow non-right triangles. Explain why your answer is correct.

You need exactly two points on either the (x)- or (y)-axis, but don't over-count the right triangles.

How many quadrilaterals can you draw using the dots below as vertices (corners)?

(<7choose 2> <7choose 2>= 441) quadrilaterals. We must pick two of the seven dots from the top row and two of the seven dots on the bottom row. However, it does not make a difference which of the two (on each row) we pick first because once these four dots are selected, there is exactly one quadrilateral that they determine.

How many of the quadrilaterals possible in the previous problem are:

Trapezoids? 2 Here, as in calculus, a trapezoid is defined as a quadrilateral with على الأقل one pair of parallel sides. In particular, parallelograms are trapezoids.

Trapezoids that are not parallelograms?

5 squares. You need to skip exactly one dot on the top and on the bottom to make the side lengths equal. Once you pick a dot on the top, the other three dots are determined.

This is tricky since you need to worry about running out of space. One way to count: break into cases by the location of the top left corner. You get ( <7 choose 2>+ (<7 choose 2>-1) + ( <7 choose 2>- 3) + ( <7 choose 2>- 6) + ( <7 choose 2>- 10) + ( <7 choose 2>- 15) = 91) parallelograms.

An anagram of a word is just a rearrangement of its letters. How many different anagrams of “uncopyrightable” are there? (This happens to be the longest common English word without any repeated letters.)

How many anagrams are there of the word “assesses” that start with the letter “a”?

After the first letter (a), we must rearrange the remaining 7 letters. There are only two letters (s and e), so this is really just a bit-string question (think of s as 1 and e as 0). Thus there ( <7 choose 2>= 21) anagrams starting with “a”.

How many anagrams are there of “anagram”?

On a business retreat, your company of 20 businessmen and businesswomen go golfing.

You need to divide up into foursomes (groups of 4 people): a first foursome, a second foursome, and so on. How many ways can you do this?

After all your hard work, you realize that in fact, you want each foursome to include one of the five Board members. How many ways can you do this?

  1. (<20 choose 4><16 choose 4><12 choose 4><8 choose 4><4 choose 4>) ways. Pick 4 out of 20 people to be in the first foursome, then 4 of the remaining 16 for the second foursome, and so on (use the multiplicative principle to combine).
  2. (5!<15 choose 3><12 choose 3><9 choose 3><6 choose 3><3 choose 3>) ways. First determine the tee time of the 5 board members, then select 3 of the 15 non board members to golf with the first board member, then 3 of the remaining 12 to golf with the second, and so on.

How many different seating arrangements are possible for King Arthur and his 9 knights around their round table?

(9!) (there are 10 people seated around the table, but it does not matter where King Arthur sits, only who sits to his left, two seats to his left, and so on).

Consider sets (A) and (B) with (|A| = 10) and (|B| = 17 ext<.>)

How many functions (f: A o B) are there?

How many functions (f: A o B) are injective?

  1. (17^<10>) functions. There are 17 choices for the image of each element in the domain.
  2. (P(17, 10)) injective functions. There are 17 choices for image of the first element of the domain, then only 16 choices for the second, and so on.

How many functions are there total?

How many functions are injective?

How many of the injective functions are increasing؟ To be increasing means that if (a lt b) then (f(a) lt f(b) ext<,>) or in other words, the outputs get larger as the inputs get larger.

We have seen that the formula for (P(n,k)) is (dfrac<(n-k)!> ext<.>) Your task here is to explain why this is the right formula.

Suppose you have 12 chips, each a different color. How many different stacks of 5 chips can you make? Explain your answer and why it is the same as using the formula for (P(12,5) ext<.>)

Using the scenario of the 12 chips again, what does (12!) count? What does (7!) count? يشرح.

Explain why it makes sense to divide (12!) by (7!) when computing (P(12,5)) (in terms of the chips).

Does your explanation work for numbers other than 12 and 5? Explain the formula (P(n,k) = frac<(n-k)!>) using the variables (n) and (k ext<.>)


Combinations

Suppose we have a set of three letters <أ,ب,ج>, and we are asked to make two-letter word sequences. We have the following six permutations:

Now suppose we have a group of three people <أ,ب,ج> as Al, Bob, and Chris, respectively, and we are asked to form committees of two people each. This time we have only three committees, namely:

When forming committees, the order is not important, because the committee that has Al and Bob is no different than the committee that has Bob and Al. As a result, we have only three committees and not six. Forming word sequences is an example of permutations, while forming committees is an example of combinations – the topic of this section.

Permutations are those arrangements where order is important, while combinations are those arrangements where order is not significant. From now on, this is how we will tell permutations and combinations apart.

Just as the symbol نPr represents the number of permutations of ن objects taken ص at a time, نجص represents the number of combinations of ن objects taken ص at a time.

Our next goal is to determine the relationship between the number of combinations and the number of permutations in a given situation.


Permutations & Combinations (IGCSE Worked Examples)

Worked examples of problems on Permutations & Combinations as typically found in CIE IGCSE syllabus 0606 (and also CIE GCE O-Level syllabus 4037) - Additional Mathematics Paper 1 May/June 2012.

The following figure gives the formula for Permutations and Combinations. Scroll down the page for examples and solutions on how to use the formulas to solve examination word problems.

0606 S12 Paper 11 Question 4

a) Arrangements containing 5 different letters from the word AMPLITUDE are to be made.
يجد
i) the number of 5-letter arrangements if there are no restrictions,

المحلول:
Since there are 9 different letters, and we pick 5 to be arranged, there are 9 P5 = 15,120 permutations.

ii) the number of 5-letter arrangements which start with the letter A and end with the letter E.

المحلول:
Since A and E are fixed, there are only 3 other letters to arrange in between them, from the remaining 7 letters (9 letters minus the A and E).
&there4 there are 7 P3 = 210 permutations.

b) Tickets for a concert are given out randomly to a class containing 20 students. No student is given more than one ticket. There are 15 tickets.
i) Find the number of ways in which this can be done.

المحلول:
This means selecting 15 students from 20, so we have 20 C15 = 15,504 ways.

There are 12 boys and 8 girls in the class. Find the number of different ways in which
ii) 10 boys and 5 girls get tickets,

المحلول:
Selecting 10 boys from 12, we have 12 C10 = 66 ways.
Selecting 5 girls from 8, we have 8 C5 = 56 ways.
&there4 the total is 12 C10 × 8 C5 = 3,696 ways.

iii) all the boys get tickets.

المحلول:
All 12 boys got tickets, so there is only 1 way to select all the boys.
The remaining 3 tickets go to 3 girls from 8, we have 8 C3 = 56 ways.
&there4 the total is 8 C3 × 1 = 56 ways.

0606 W12 Paper 21 Question 9

a) An art gallery displays 10 paintings in a row. Of these paintings, 5 are by Picasso, 4 by Monet and 1 by Turner.
i) Find the number of different ways the paintings can be displayed if there are no restrictions.

المحلول:
Since there are 10 different items to be arranged, there are 10! = 3,628,800 permutations.

ii) Find the number of different ways the paintings can be displayed if the paintings by each of the artists are kept together.

المحلول:
Picasso's paintings can be arranged in 5! ways,
Monet's can be arranged in 4! ways and
Turner's can be arranged in 1! = 1 way.
Also, the 3 artists can be arranged in 3! ways (P-M-T, P-T-M, M-T-P, etc)
&there4 the total is 5! × 4! × 3! = 17,280 permutations.

b) A committee of 4 senior students and 2 junior students is to be selected from a group of 6 senior students and 5 junior students.
i) Calculate the number of different committees which can be selected.

المحلول:
Selecting 4 seniors from 6, we have 6 C4 = 15 selections.
Selecting 2 juniors from 5, we have 5 C2 = 10 selections.
&there4 the total is 6 C4 × 5 C2 = 150 selections.

One of the 6 senior students is a cousin of one of the 5 junior students.
ii) Calculate the number of different committees which can be selected if at most one of these cousins is included.

المحلول:
"At most one" means that there may be none of the cousins, or only one of the cousins included. So we can work out all the different scenarios: none of the cousins, only the senior cousin included, or only the junior cousin included and add all the selections.

An alternative is to work out the number of selections where both cousins are in then we subtract from the total (from b(i) above) and the remaining selections would have at most one of the cousins.
If both cousins are included, then we select only 3 other seniors from the remaining 6, and 1 other junior from the remaining 4.
So, there are 5 C3 × 4 C1 = 40 selections where both cousins are included.
&there4 there are 150 &minus 40 = 110 selections where there is at most one of the cousins.

جرب آلة حاسبة Mathway المجانية وحل المشكلات أدناه لممارسة موضوعات الرياضيات المختلفة. جرب الأمثلة المعطاة ، أو اكتب مشكلتك الخاصة وتحقق من إجابتك مع شرح خطوة بخطوة.

نرحب بملاحظاتكم وتعليقاتكم وأسئلتكم حول هذا الموقع أو الصفحة. يرجى إرسال ملاحظاتك أو استفساراتك عبر صفحة الملاحظات الخاصة بنا.


Number of Combinations

The number of ways (or combinations) in which ص objects can be selected from a set of ن objects, where repetition is ليس allowed, is denoted by:

تلاحظ

Expand each one out from their definitions to understand why they work.

In our example above, the number of different sets of `4` letters which can be chosen from the alphabet is

مثال 2

Find the number of ways in which `3` components can be selected from a batch of `20` different components.

مثال 3

In how many ways can a group of `4` boys be selected from `10` if

(a) the eldest boy is included in each group?

(b) the eldest boy is excluded?

(c) What proportion of all possible groups contain the eldest boy?

(a) Choose `3` from `9`, since the eldest boy is fixed:

(b) If the eldest boy is excluded, it is actually choose `4` boys from `9`:

(c) The number of all possible groups is

So the proportion of all possible groups containing the eldest boy is:

مثال 4

A class consists of `15` boys of whom `5` are prefects.

How many committees of `8` can be formed if each consists of

(a) exactly `2` prefects? (b) at least `2` prefects?

The number of ways of choosing `2` prefects from `5` is `C_2^5 =frac<5!> <2! times 3!>= 10`

The number of ways of choosing `6` non-prefects from `10` is

(a) Number of possible committees with exactly `2` prefects:

`C_2^5 times C_6^10 = 10 times 210 = 2100`

(b) Number of committees with `3` prefects:

`C_3^5 times C_5^10 ` `= frac<5!> <3! times 2!>times frac<10!><5! times 5!>` `= 2520`

Number of committees with `4` prefects:

Number of committees with `5` prefects:

So the number of committees with at least `2` prefects is:

Alternative Solution:

The problem with the method used above is that if we have many (say `20`) to count, it would become very tedious. So we look at another way of doing it.

If we find the number of committees with `0` prefects and `1` prefect, and subtract this from the total number of committees, we will have the number with at least `2`:

Number of committees with `0` prefects:

Number of committees with `1` prefect:

The total number of committees is:

So the number with at least `2` prefects is given by:

مثال 5

Out of `5` mathematicians and `7` engineers, a committee consisting of `2` mathematicians and `3` engineers is to be formed. In how many ways can this be done if

(a) any mathematician and any engineer can be included?

(b) one particular engineer must be in the committee?

(c) two particular mathematicians cannot be in the committee?

(a) `C_2^5 times C_3^7` ` =frac<5!> <2! times 3!>times frac<7!><3! times 4!>` ` = 350`

(b) `C_2^5 times C_2^6` ` =frac<5!> <2! times 3!>times frac<6!><2! times 4!>` ` = 150`

(c) `C_2^3 times C_3^7 ` `=frac<3!> <2! times 1!>times frac<7!><3! times 4!>` ` = 105`


شاهد الفيديو: الرياضيات للصف السادس الادبي الفصل الاول الدرس الخامس التباديل 2020 (شهر اكتوبر 2021).