§ 3. Выборки с повторениями

Из букв с, т, е, н, а можно образовать Р₅ = 5! = 120 разных слов. Сколько разных слов можно образовать из букв слова «гамма»? Столько же? Оказывается, нет! Только 30. Знакомая формула числа перестановок в данном случае бессильна, ибо элементы в «перестановках» повторяются: в слове «гамма» при перестановке местами букв а и м никаких изменений не происходит — остается то же самое слово. Мы ввели новый вид выборок — перестановки с повторениями.

Пусть даны k элементов. Построим выборку из этого множества элементов. Первый элемент повторим n₁ раз, второй n₂ раз, .... k-й повторим n_k раз: . Если бы все элементы были различными, то по формуле (3.4) у нас получилось бы п! перестановок.

Но так как некоторые элементы в выборке повторяются и при их перестановке новой перестановки не получим, то понятно, что число перестановок с повторениями меньше n! но во сколько раз меньше?

Пусть имеется выборка

Элементы а можно переставить способами, элементы b — способами, ..., элементы — способами, но число перестановок с повторениями от этого не изменится. Значит, число перестановок с повторениями меньше числа пере­становок без повторения в раз. Поэтому число переста­новок с повторениями

. (2.12)

В примере с выборкой букв из слова «гамма» п = 5, n₁ = 1, п₂ = 2, п₃ = 2. Поэтому, как мы уже убедились, можно образовать

разных слов (не все они имеют смысл).

Рассмотрим следующую задачу.

15. В гастрономе имеются конфеты трех наименований. Конфеты упакованы в коробки трех видов — для каждого наимено­вания своя коробка. Сколькими способами можно заказать набор из 5 коробок?

Решение.

Здесь необходимо установить число выборок, которые составля­ются из 5 элементов и отличаются (хотя бы одним элементом). В составе каждой выборки непременно будет повторений элементов.

Каждый заказ зашифруем теперь нулями и единицами. Сначала напишем столько единиц, сколько заказали коробок конфет первого наименования. Потом напишем нуль. Дальше напишем столько еди­ниц, сколько заказали коробок конфет второго наименования. После этого опять нуль и столько единиц, сколько заказали коро­бок конфет третьего наименования. Если конфет второго или третьего наименования совсем не заказали, то этот факт в нашей шифровке окажется отмечен двумя нулями. Если не заказаны кон­феты первого или последнего наименования, пишем один нуль.

Например, событие «заказано 2 коробки конфет первого наиме­нования, 1 — второго наименования, 2 — третьего наименования» зашифруем так:

1101011,

событие «заказано 2 коробки конфет первого наименования и 3 — третьего»:

1100111,

событие «заказано 4 коробки конфет второго и 1 — третьего»:

0111101.

Нетрудно заметить, что каждый зашифрованный заказ пред­ставляет комбинацию пяти единиц и двух нулей. Это перестановки с повторениями, где 1 повторяется 5 раз, нуль — 2 раза. Применяя формулу (3.6), устанавливаем число всевозможных наборов конфет:

.

Ответ: 21.

Встретившиеся в рассмотренной задаче выборки, составляемые из элементов одного и того же множества, не отличаются по своему объему, но отличаются по составу (хотя бы одним элементом). Такие выборки называются сочетаниями с повторениями.

Подсчитаем теперь число сочетаний с повторениями, если объем каждой такой выборки равен k, а множество, из которого строятся выборки, содержит п элементов.

На основании проведенных рассуждений получаем:

; (2.13)

так как

,

то

. (2.14)

Теперь полезно решить еще такую задачу.

15. Сколько разных трехзначных чисел можно составить из цифр 1, 2, 3, 4 и 5, если одна и та же цифра может повториться несколько раз?

Решение.

Если бы не было повторений, то задача нам уже известна — пришлось бы вычислять . Но в данном случае элементы могут по­вторяться. Значит, мы имеем размещения с повторениями.

Первую цифру трехзначного числа мы можем выбрать пятью способами: одну из цифр 1, 2, 3, 4 и 5. Вторую — также пятью спо­собами. Тогда по формуле (3.2) двузначное число можно образовать способами. Третью цифру опять можно выбрать пятью способами, и поэтому трехзначное число может быть образо­вано способами.

Ответ: 125.

Аналогичные рассуждения помогут нам определить число раз­мещений с повторениями и в общем случае.

Пусть данное множество содержит п элементов, из которых не­обходимо образовать размещения по k элементов с повторениями, т. е. водном размещении тот же самый элемент может повториться 2, 3, . . ., k раз. Сколько таких размещений?

Первый элемент какого-нибудь из упомянутых размещений мы можем выбрать п способами (одного из данных п элементов). Второй элемент тоже п способами. Тогда в силу формулы (3.2) пару эле­ментов можно образовать способами. Третий элемент опять можем выбрать п способами, четвертый также и т. д. Понятно, что в таком случае размещения из п элементов можем образовать способами. Если договоримся число размеще­ний с повторениями обозначать то

. (2.15)

Задачи

15. Мать купила 2 яблока, 3 груши и 4 апельсина. Девять дней подряд она каждый день предлагает сыну по одному фрукту. Сколь­кими способами она может выдать сыну фрукты?

Решение.

Обозначим: яблоко — я, грушу — г, апельсин — а. Напишем одну из возможных выборок:

г г я г а а я а а

Все остальные выборки можно получить перестановкой ее эле­ментов. Следовательно, приходится вычислять перестановки с по­вторениями. В нашей задаче п = 9, п₁ = 2, п₂ = 3, п₃ = 4.

Поэтому число всевозможных способов раздачи фруктов

.

Ответ: 1260.

15. В продажу поступили открытки 10 разных видов. Сколькими способами можно образовать набор из 12 открыток? из 8 открыток?

Решение.

В данном случае нам приходится считать сочетания с повторе­ниями

,

.

Ответ: 293 930; 24 310.

15. Сколько разных четырехзначных чисел можно составить из цифр 0, 1,2, если та же самая цифра может повториться несколько раз?

Решение.

Из цифр 0, 1, 2 можно составить четырехзначных числа. Но числа, записанные четырьмя цифрами, первая из которых нуль, не являются четырехзначными. Значит, из числа размещений с по­вторениями надо вычесть число таких выборок, которые начинаются нулем. Последних столько, сколько трехзначных чисел можно со­ставить из цифр 0, 1, 2 при повторении цифр. Таких чисел будет .

Поэтому ответ:

.

Ответ: 54.

15. Сколькими способами можно расставить п нулей и k единиц так, чтобы никакие две единицы не стояли рядом?

Решение.

Эта задача имеет смысл только при .

Убедимся в этом.

Между п нулями имеется п — 1 одноместное «гнездо» для еди­ницы. Но единица еще может занять одно место впереди всех нулей и одно место за всеми нулями. Таким образом, для k единиц имеем п — 1 + 1 + 1 = п + 1 одноместных «гнезд». Задача сводится к такой формулировке: «Сколькими способами можно k одинаковых «шариков» распределить по n + 1 одноместным «гнездам», что рав­носильно: «Сколькими способами из п + 1 элемента можно образо­вать выборки по k элементов, когда их порядок не существен?»

Ответ: разумеется, способами.

15. Между четырьмя игроками в домино поровну распределя­ются 28 костей. Сколькими способами могут распределиться кости домино?

Решение.

Первый игрок 7 костей может выбрать способами. (Он не обязательно первым набрал кости, но с него мы начинаем строить возможные выборки.) Второму игроку приходится свою долю костей выбирать из числа 21 оставшейся кости. Это он может сделать способами. Третий — способами, а четвертый — спосо­бами. Тогда по правилу (3.2) кости могут быть распределены

.

Учащийся может возразить, что число всевозможных выборок раздачи костей зависит от порядка раздачи. Это не так! Допустим, игрокам кости розданы в таком порядке:

первый может получить 4 кости способами, после чего

второй может получить 3 кости способами, после чего

третий может получить 6 костей способами, после чего

четвертый может получить 2 кости способами, после чего

первый может получить 3 кости способами, после чего

четвертый может получить 5 костей способами, после чего

третий может получить 1 кость способами, после чего

второй может получить 4 кости способами.

В силу правила (3.2) число всех выборок равно

.

Но первый игрок кости выбирал два раза, поэтому выборок образовалось в раз больше из-за очередности, которая не имеет влияния на окончательный результат. Второй игрок также выбирал два раза, поэтому выборок образовалось в раз больше. Третий опять два раза, поэтому выборок образовалось в раз больше. У четвертого получилось в раз больше.

Следовательно, выборок получилось

.

Итак, очередность выбора костей (как это, естественно, и следо­вало ожидать) не влияет на результат.

Ответ: .