Выявление повторного счёта для выбора с точным числом элементов: упражнения разной сложности, 10 класс

При выборе ровно k разных элементов из n порядок перечисления не имеет значения. Запись (Лена, Ира, Марат) обозначает ту же тройку, что и (Марат, Лена, Ира). Правильная модель — C(n,k)=n!/[k!(n−k)!], где 0≤k≤n. Если сначала посчитаны все упорядоченные списки, каждое множество оказывается учтено k! раз. Для этой темы важно указать, где именно возник повторный счёт, а не бездумно делить любой ответ на k!.

Разобранный пример: в какую сторону проверять

Из семи разных карточек выбирают ровно три. Ученик получил 7·6·5=210 «комплектов». Это количество способов заполнить первое, второе и третье место списка. В каждом неупорядоченном комплекте 3!=6 перестановок, значит C(7,3)=210/6=35. Обратная проверка: 35 комплектов, у каждого 6 порядков записи, всего 210 списков. Оба числа правильны, но отвечают разным вопросам.

Часть I. Найдите ошибки в готовых решениях

1. Из 8 различных предметов выбирают ровно 2. Запись ученика: 8·7=56. Укажите, что именно здесь считается лишний раз, и вычислите ответ.
2. Из 9 различных предметов выбирают ровно 3. Запись ученика: 9·8·7=504. Укажите, что именно здесь считается лишний раз, и вычислите ответ.
3. Из 10 различных предметов выбирают ровно 4. Запись ученика: 10·9·8·7=5040. Укажите, что именно здесь считается лишний раз, и вычислите ответ.
4. Из 6 различных предметов выбирают ровно 5. Запись ученика: 6·5·4·3·2=720. Укажите, что именно здесь считается лишний раз, и вычислите ответ.
5. Из 11 различных предметов выбирают ровно 2. Запись ученика: 11²=121. Укажите, что именно здесь считается лишний раз, и вычислите ответ.
6. Из 7 различных предметов выбирают ровно 4. Запись ученика: 7!=5040. Укажите, что именно здесь считается лишний раз, и вычислите ответ.
7. Из 12 различных предметов выбирают ровно 3. Запись ученика: 12·11·10/2=660. Укажите, что именно здесь считается лишний раз, и вычислите ответ.
8. Из 9 различных предметов выбирают ровно 1. Запись ученика: 9!/1!=362880. Укажите, что именно здесь считается лишний раз, и вычислите ответ.

Обратная проверка базовых ответов

• 1. 28. Перечисление в разном порядке порождает 2 записей одной и той же группы. Формула: C(8,2)=28.
• 2. 84. Перечисление в разном порядке порождает 6 записей одной и той же группы. Формула: C(9,3)=84.
• 3. 210. Перечисление в разном порядке порождает 24 записей одной и той же группы. Формула: C(10,4)=210.
• 4. 6. Перечисление в разном порядке порождает 120 записей одной и той же группы. Формула: C(6,5)=6.
• 5. 55. Возведение в степень разрешает выбрать один и тот же предмет несколько раз, хотя требуется набор разных предметов. Формула: C(11,2)=55.
• 6. 35. Факториал считает полные перестановки всех семи предметов, а нужны неупорядоченные четвёрки. Формула: C(7,4)=35.
• 7. 220. Поделили на 2 вместо 3!, поэтому каждая тройка осталась посчитана трижды. Формула: C(12,3)=220.
• 8. 9. Достаточно выбрать один элемент, поэтому никаких перестановок девяти позиций нет. Формула: C(9,1)=9.

Если решение получилось нецелым, дело не в округлении: количество наборов всегда целое. Например, C(9,3)=84, а запись 9·8·7/2 не может служить ответом на выбор троек. Проверяйте каждую модель, мысленно вернув упорядоченность: число неупорядоченных наборов, умноженное на k!, должно дать число списков без повторения элементов.

Часть II. Изменённые условия: где деление на k! уже не годится

9. Из 10 учеников выбирают четверых, причём Аня должна войти в группу. Сколько вариантов? Почему C(10,4)/4! неверно?
10. Из 12 книг выбирают 3, но конкретный справочник запрещён. Сколько троек возможно?
11. Из 8 значков выбирают ровно 5. Сравните прямой выбор и выбор трёх значков, которые останутся.
12. Из 9 учеников выбирают 4, ровно двое из них должны быть из трёх дежурных. Сколько вариантов?
13. В группе 7 школьников выбирают 3, но А и Б не должны оказаться вместе. Сколько вариантов?
14. Из 6 разных цветов выбирают ровно 2, а затем назначают порядок размещения на плакате. Сколько итогов?
15. Из 11 участников выбирают тройку, причём руководитель и помощник — две разные роли внутри тройки. Сколько вариантов?
16. Из 9 карточек выбирают ровно 0. Ученик утверждает, что способов 0. Найдите логическую ошибку.

Подробные ответы к изменённым условиям

• 9. Аня уже выбрана: C(9,3)=84. Дополнительное деление неверно: C уже исключает порядок.
• 10. Без запрещённого справочника осталось 11 книг: C(11,3)=165.
• 11. C(8,5)=C(8,3)=56. Каждой выбранной пятёрке соответствует единственная оставшаяся тройка.
• 12. C(3,2)·C(6,2)=3·15=45. Выборы проводятся из двух непересекающихся групп.
• 13. Всего C(7,3)=35. С А и Б вместе: 5 вариантов третьего; 30.
• 14. C(6,2)·2!=15·2=30. Здесь порядок действительно появляется в конечном объекте.
• 15. C(11,3)·3·2=165·6=990: после выбора тройки назначаем две разные роли.
• 16. Ровно один способ — выбрать пустое множество: C(9,0)=1.

Ключевое различие: «найти группу» и «расставить членов группы по должностям» — две разные задачи. В первом случае порядок несущественен, во втором роли могут делать размещения различимыми. Поэтому вместо одной универсальной формулы сначала ответьте: какие объекты считаются одинаковыми по условию? Пример 14 показывает, что механическое «деление на два» уничтожило бы законные варианты размещения двух цветов по двум упорядоченным позициям.

Двойная проверка полезна на небольших множествах: для четырёх предметов {А, Б, В, Г} существует ровно шесть пар — АБ, АВ, АГ, БВ, БГ, ВГ. Встречный порядок записи БA не создаёт новую пару. Но когда задача требует первым назначить старосту, а вторым помощника, последовательности (А,Б) и (Б,А) уже различаются.

Почему деление на k! допустимо не всегда

Обоснование деления в исходной модели — взаимно однозначное соответствие между комплектом из k различных предметов и k! упорядоченными списками, составленными из этих предметов. Каждый выбранный комплект входит ровно в k! списков; ни один список не относится одновременно к двум разным комплектам. Следовательно, деление на k! не является арифметическим трюком: оно убирает одну и ту же кратность подсчёта для каждого набора. Именно равномерность повторного счёта делает действие правильным.

Если условия зависят от позиций в списке, ситуация меняется. Например, «выбрать трёх человек» и «выбрать троих с отдельным назначением старосты» различны: во втором случае один и тот же состав со старостой А и со старостой Б — два разных результата. Сначала следует найти составы, а затем учесть выбор обладателя специальной роли. Формально получаем C(n,3)·3, а не просто C(n,3), но и не все 3! перестановок, потому что остальные роли не назначены.

На практике полезно проверять результат через дополнение. При выборе пяти значков из восьми можно выбрать три, которые останутся неиспользованными. Обе задачи дают 56 вариантов без дополнительных условий. Однако если среди выбранных обязателен один конкретный значок, у задачи про оставшиеся значки также появляется запрет: этого значка среди оставшихся быть не должно. Нельзя механически переписать C(8,3), игнорируя новое условие.

Разберём ещё один источник двойного подсчёта. Допустим, из пяти красных и четырёх синих карточек выбирают ровно три, причём среди них ровно одна синяя. Красная тройка без уточнений не подходит: нужно выбрать одну из четырёх синих и две из пяти красных, то есть C(4,1)·C(5,2)=4·10=40 вариантов. Здесь делить на 3! итог нельзя, поскольку в каждом множителе сочетания уже исключают порядок, а цветовые группы различают роли выбора.

В конце диагностики ученик должен уметь назвать не только формулу, но и объект счёта. В задаче о команде объект — состав, в задаче о призовых местах — упорядоченное распределение, в задаче с обязательным участником — состав с закреплённым человеком. Составьте один небольшой пример каждого типа для четырёх разных предметов и проверьте, сколько раз исходная попытка перечисления запишет одинаковый результат. Такая обратная проверка надёжнее, чем запоминание внешнего вида формул.

Дополнительная проверка на маленьком примере: из шести предметов выбирают ровно четыре. Это то же самое, что указать два предмета, которые не взяли. Поэтому C(6,4)=C(6,2)=15. Если ученик получил 360, он пересчитал упорядоченные четвёрки: 6·5·4·3=360, каждую из пятнадцати групп по 4!=24 раза. Такое сравнение двух противоположных способов выбора сразу объясняет коэффициент повторного счёта.

Ещё один полезный вопрос перед решением: можно ли получить один конечный результат двумя различными последовательностями действий? Если да, нужно установить, сколько именно раз он получен. Для равномощных множеств без ролей кратность может быть равна k!, а для разных групп предметов она может быть иной или вообще отсутствовать. Например, при выборе ровно двух дежурных из трёх и ровно двух остальных из шести группы уже разделены по признаку, и сочетания в произведении не пересчитывают один и тот же состав дважды.