Два мудрых визиря: Задача олимпиады по математике
С олимпиадными задачами на движение, в которых почти ничего не дано, мы уже имели дело. В следующей задаче на теорию чисел данные тоже придётся добывать по крупицам — но тем больше удовольствия принесёт результат!
Условие
У одного султана было два мудрых визиря. Захотел он проверить, насколько они сообразительны. Позвал он их обоих и сказал:
— Я загадал два числа от 2 до 100. Вы должны их мне назвать.
При этом султан сообщил первому визирю произведение этих чисел, а второму — их сумму.
Первый визирь подумал и говорит:
— Я не знаю что это за числа
На что второй ответил:
— Я был в этом уверен.
Тогда первый говорит:
— В таком случае, я знаю, что это за числа.
Второй:
— Тогда и я знаю, что это за числа.
Какие числа загадал султан? Определи их, читатель, и ты окажешься мудрее обоих мудрецов, ибо они узнали числа, зная их сумму или произведение, а ты же не знаешь об этих числах ничего!
Это ещё одна из задач математического фольклора, способных спровоцировать форумную войну, будучи загаданной в интернете.
Решение
Обозначим сумму чисел как S, а их произведение — как P. Сами числа пусть будут x и y x+y=S, xy=P.
Разберём реплики визирей.
— Я не знаю что это за числа, – сказал первый визирь (ему было сообщено P).
Отсюда мы извлекаем информацию о том, что x и y – это не пара простых чисел. Кроме того, их произведение не может быть однозначно разложено на два множителя, не превосходящие ста.
— Я был в этом уверен, – сказал второй визирь (ему было сообщена S).
Зададимся вопросом: в каком случае второй визирь не мог быть на все сто уверенным в том, что первый не угадает числа с первого раза? Во-первых, когда S представляется в виде суммы двух простых чисел. Во-вторых, когда существует такое разложение S в сумму S=a+(S-a), что произведение a(S-a) однозначно раскладывается на множители, меньшие ста.
Это числа 11, 17, 23, 27, 29, 35, 37, 41, 47, 53. Вот эту информацию и получил первый визирь после реплики второго.— Я знаю что это за числа, – сказал первый визирь.
Итак, первый визирь знает, что xy=P и что x+y=11 или 17 или 23 или 27 или 29 или 35 или 37 или 41 или 47 или 53. Поскольку он может однозначно восстановить числа x и y, то произведение P таково, что сумма его сомножителей для одного варианта разложения равняется одному из десяти допустимых значений (ДДЗ), а для прочих – не равняется. Эту информацию получает перед своей репликой второй визирь.
— Я знаю что это за числа, – сказал второй визирь.
Второй визирь знает сумму чисел и узнал, что для произведения чисел существует единственный вариант разложения на множители, сумма которых равна одному из ДДЗ.
А такое возможно лишь для суммы S=17 и произведения P=52.
Покажем теперь ещё раз как рассуждали мудрецы:
Первый мудрец рассуждает так:
52=2*26=4*13, так что однозначный ответ я получить не могу.
— Я не знаю, что это за числа.
Второй мудрец рассуждает так:
17=2+15, 2*15=30, но и 5*6=30
17=3+14, 3*14=42, но и 6*7=42
17=4+13, 4*13=52, но и 2*26=52
17=5+12, 5*12=60, но и 6*10=60
17=6+11, 6*11=66, но и 3*22=66
17=8+9, 8*9=72, но и 2*36=72
Значит, первый мудрец в любом случае не сможет однозначно назвать задуманные султаном числа.
О чём и сообщает:
— Я был в этом уверен.
Теперь первый мудрец думает так:
Поскольку второй мудрец был уверен в том, что я с первого раза не назову загаданные числа, то сумма их равна одному из чисел: 11, 17, 23, 27, 29, 35, 37, 41, 47 или 53.
При произведении, равном 52 мы имеем:
52=2*26; 2+26=28
52=4*13; 4+13=17 – вот это число входит в ДДЗ
Значит, я могу однозначно определить пару загаданных чисел: это 4 и 13.
И говорит:
— Я знаю, что это за числа.
Теперь второй мудрец думает так:
Первый мудрец после моей фразы понял, что сумма чисел равна 11, 17, 23, 27, 29, 35, 37, 41, 47 или 53 и, зная своё произведение, получил однозначный ответ.
Пробуем перемножать числа, дающие в сумме 17:
2*15=30=5*6; 5+6=11 – в этом случае первый мудрец не смог бы однозначно найти числа
3*14=42=2*21; 2+21=23 – и в этом случае тоже
4*13=52=2*26; 2+26=28 – и тут второй вариант произведения не принадлежит указанным выше 10-ти числам, что и позволило первому визирю однозначно узнать загаданные числа. Продолжая перебор, окажется, что этот вариант – единственный, когда сумма множителей альтернативного произведения не равно одному из ДДЗ
5*12=60=3*20; 3+20=23
6*11=66=2*33; 2+33=35
7*10=70=2*35; 2+35=37
8*9=72=3*24; 3+24=27
Так что и второй мудрец может однозначно сказать, что знает загаданные числа.
Чтобы окончательно разобраться с задачей, разберём другой вариант загаданных чисел и поясним, почему данный диалог не мог состояться. Допустим, султан загадал числа 23 и 6.
Итак, первый визирь знает P=138, второй визирь знает S=29
— Я не могу однозначно определить числа, т.к. 138=23*6=46*3=69*2, — подумал первый визирь
— Хе, конечно, не можешь, — подумал второй, — т.к. любое произведение х*(29-х) не представляется однозначно произведением двух сомножителей.
Произошёл первый обмен репликами. Из него первый визирь узнал, что сумма чисел равна одному из (ДДЗ). Пробует:
69+2=71 – не подходит
46+3=49 – не подходит
23+6=29 – подходит!
Значит, он теперь числа может установить однозначно, о чём и сообщает.
Хорошо, а что же делает второй визирь? Он думает:
-Ага, значит, первому визирю было сообщено некоторое произведение P, причём при одном разложении его на множители сумма y1+P/y1 равна одному из ДДЗ (а именно, равна 29), а при остальных разложениях сумма y2+P/y2 не входит в ДДЗ
Поскольку, первый визирь скажет, что отгадал числа и в случае, если были загаданы, к примеру, 2 и 27:29=2+27; 2*27=54
54=2*27=3*18=6*9
2+27 входит в ДДЗ
3+18=21 не входит в ДДЗ
6+9=15 не входит в ДДЗ
И второй всё ещё не знает, что это была за пара: 23 и 6 или 2 и 27, и его последняя реплика в этом случае будет невозможна.
Ключевой момент в решении – существование такого S, входящего в ДДЗ, что для единственного P=a(S-a) существует единственное b+P/b, что входит в ДДЗ
Так что все 4 реплики могли быть произнесены только если были загаданы числа 4 и 13.
Олимпиадные задачи по теме «Комбинаторика».
Задача 1:
В магазине «Все для чая» есть 5 разных чашек и 3 разных блюдца. Сколькими способами можно купить чашку с блюдцем?
Решение:
Выберем чашку. В комплект к ней можно выбрать любое из трех блюдец. Поэтому есть 3 разных комплекта, содержащих выбранную чашку. Поскольку чашек всего 5, то число различных комплектов равно 15 (15 = 5 • 3).
Задача 2:
В магазине «Все для чая» есть еще 4 чайные ложки. Сколькими способами можно купить комплект из чашки, блюдца и ложки?
Решение:
Выберем любой из 15 комплектов предыдущей задачи. Его можно дополнить ложкой четырьмя различными способами. Поэтому общее число возможных комплектов равно 60 (60 = 15 • 4 = 5 • 3 • 4).
Задача 3:
В Стране Чудес есть три города: А, Б и В. Из города А в город Б ведет 6 дорог, а из города Б в город В – 4 дороги. Сколькими способами можно проехать от А до В?
Решение:
Ответ: 24 = 6 • 4.
Задача 4:
В Стране Чудес есть четыре города: А, Б и В и Г. Из города А в город Б ведет 6 дорог, а из города Б в город В – 4 дороги, Из города А в город Г – две дороги, и из города Г в город В – тоже две дороги. Сколькими способами можно проехать от А до В?
Решение:
Выделим два случая: путь проходит через город Б или через город Г. В каждом из этих случаев легко сосчитать количество возможных маршрутов: в первом – 24, во втором – 6.
Складывая, получаем общее количество маршрутов: 30.
Задача 5:
В магазине «Все для чая» по-прежнему продается 5 чашек, 3 блюдца и 4 чайные ложки. Сколькими способами можно купить два предмета с разными названиями?
Решение:
Возможны три разных случая: первый – покупаются чашка с блюдцем, второй – чашка с ложкой, третий – блюдце и ложка. В каждом из этих случаев легко сосчитать количество возможных вариантов (в первом – 15, во втором – 20, в третьем – 12). Складывая, получаем общее число возможных вариантов: 47.
Задача 6:
Назовем натуральное число «симпатичным» , если в его записи встречаются только нечетные цифры. Сколько существует 4-значных «симпатичных» чисел?
Решение:
Понятно, что однозначных «симпатичных» чисел ровно 5. К каждому однозначному «симпатичному» числу вторая нечетная цифра может быть дописана пятью различными способами. Таким образом, двузначных «симпатичных» чисел всего 5 • 5 = 25. Аналогично, трехзначных «симпатичных» чисел 5 • 5 • 5 = 125, и четырехзначных – 5 • 5 • 5 • 5 = 54 = 625.
Задача 7:
Монету бросают трижды. Сколько разных последовательностей орлов и решек можно при этом получить?
Решение:
Ответ: 2?.
Задача 8:
Каждую клетку квадратной таблицы 2 ? 2 можно покрасить в черный или белый цвет. Сколько существует различных раскрасок этой таблицы?
Решение:
Ответ: 24.
Задача 9:
Сколькими способами можно заполнить одну карточку в лотерее «Спорт-про-г-ноз»? (В этой лотерее нужно предсказать итог тринадцати спортивных матчей. Итог каждого матча – победа одной из команд либо ничья; счет роли не играет).
Решение:
Ответ: 3?3.
Задача 10:
Алфавит племени Мумбо-Юмбо состоит из трех букв А, Б и В. Словом является любая последовательность, состоящая не более, чем из 4 букв. Сколько слов в языке племени Мумбо-Юмбо? Указание. Сосчитайте отдельно количества одно-, двух-, трех- и четырехбуквенных слов.
Решение:
Ответ: 3 + 3? + 3? + 34 = 120.
Задача 11:
В футбольной команде (11 человек) нужно выбрать капитана и его заместителя.
Сколькими способами это можно сделать?
Решение:
Капитаном может стать любой из 11 футболистов. После выбора капитана на роль его заместителя могут претендовать 10 оставшихся человек. Таким образом, всего есть 11 • 10 = 110 разных вариантов выборов.
Задача 12:
Сколькими способами можно сделать трехцветный флаг с горизонтальными полосами одинаковой ширины, если имеется материя шести различных цветов?
Решение:
Цвет для верхней полоски флага можно выбрать шестью разными способами. После этого для средней полоски флага остается пять возможных цветов, а затем для нижней полоски флага – четыре различных цвета. Таким образом, флаг можно сделать 6 • 5 • 4 = 120 способами.
Задача 13:
Сколькими способами можно поставить на шахматную доску белую и черную ладьи так, чтобы они не били друг друга?
Решение:
Белую ладью можно поставить на любую из 64 клеток. Независимо от своего расположения она бьет 15 полей (включая поле, на котором она стоит).
Поэтому остается 49 полей, на которые можно поставить черную ладью. Таким образом, всего есть 64 • 49 = 3136 разных способов.
Задача 14:
Сколькими способами можно поставить на шахматную доску белого и черного королей так, чтобы получилась допустимая правилами игры позиция?
Решение:
Белого короля можно поставить на любое из 64 полей. Однако количество полей, которые он при этом будет бить, зависит от его расположения. Поэтому необходимо разобрать три случая:
а) если белый король стоит в углу (углов всего 4), то он бьет 4 поля (включая то, на котором стоит), и остается 60 полей, на которые можно поставить черного короля;
б) если белый король стоит на краю доски, но не в углу (таких полей – 24), то он бьет 6 полей, и для черного короля остается 58 возможных полей;
в) если же белый король стоит не на краю доски (таких полей – 36), то он бьет 9 полей, и для черного короля остается 55 возможных полей.
Таким образом, всего есть 4 • 60 + 24 • 58 + 36 • 55 = 3612 способов расстановки королей.
Задача 15:
Сколько существует трехзначных чисел, в записи которых цифры 1, 2, 3 встречаются ровно по одному разу?
Решение:
Будем рассуждать точно так же, как при решении задач предыдущего цикла. На первое место можно поставить любую из трех цифр, на второе – любую из двух оставшихся, а на третье – последнюю оставшуюся цифру. Таким образом, всего получается 3 • 2 • 1 = 3! чисел.
Задача 16:
Сколькими способами можно выложить в ряд красный, черный, синий и зеленый шарики?
Решение:
На первое место можно положить любой из четырех шариков, на второе – любой из трех оставшихся, на третье – любой из двух оставшихся, а на четвертое – последний оставшийся шарик. Итак, ответ: 4 • 3 • 2 • 1 = 4!.
Задача 17: Слово – любая конечная последовательность букв русского алфавита. Выясните, сколько различных слов сожно составить из слов
а) «ВЕКТОР»;
б) «ЛИНИЯ»;
в) «ПАРАБОЛА»;
г) «БИССЕКТРИСА»;
д) «МАТЕМАТИКА»;
Решение:
а) Так как все буквы слова различны, то всего можно получить 6! слов.
б) В этом слове две буквы И, а все остальные буквы разные. Временно будем считать разными и буквы И, обозначив их через И1 и И2. При этом предположении получится 5! = 120 разных слов. Однако те слова, которые получаются друг из друга только перестановкой букв И1 и И2, на самом деле одинаковы. Таким образом, полученные 120 слов разбиваются на пары одинаковых. Поэтому разных слов всего 120:2 = 60.
в) Считая три буквы А этого слова различными (А1, А2, А3), получим 8! разных слов. Однако слова, отличающиеся лишь перестановкой букв А, на самом деле одинаковы. Поскольку буквы А1, А2, А3 можно переставлять 3! способами, все 8! слов разбиваются на группы по 3! одинаковых. Поэтому разных слов всего 8!/3!.
г) В этом слове три буквы С и две буквы И. Считая все буквы различными, получаем 11! слов. Отождествляя слова, отличающиеся лишь перестановкой букв И, но не С, получаем 11!/2! различных слов. Отождествляя теперь слова, отличающиеся перестановкой букв С, получаем окончательный результат 11!/(2! • 3!).
д) Ответ: 10!/(3! • 2! • 2!).
Задача 22:
В стране 20 городов, каждые два из которых соединены авиалинией. Сколько авиалиний в этой стране?
Решение:
Каждая авиалиния соединяет два города. В качестве первого города можно взять любой из 20 городов (город А), а в качестве второго – любой из 19 оставшихся (город В). Перемножив эти числа, получаем 20 • 19 = 380. Однако при этом подсчете каждая авиалиния учтена дважды (первый раз, когда в качестве первого города был выбран город А, а второго – город В, а второй раз – наоборот). Таким образом, число авиалиний равно 380:2 = 190.
Задача 23:
Сколько диагоналей в выпуклом n-угольнике?
Решение:
Ответ: n(n – 3)/2.
Задача 24:
Бусы – это кольцо, на которое нанизаны бусины. Бусы можно поворачивать, но не переворачивать. Сколько различных бус можно сделать из 13 разноцветных бусин?
Решение:
Ответ: 13!/13 = 12!.
Задача 25:
Предположим теперь, что бусы можно и переворачивать.
Сколько тогда различных бус можно сделать из 13 разноцветных бусин?
Решение:
Ответ: 12!/2.
Задача 26:
Сколько существует 6-значных чисел, в записи которых есть хотя бы одна четная цифра?
Решение:
Вместо того, чтобы подсчитывать количество требуемых 6-значных чисел, определим количество 6-значных чисел, не обладающих нужным свойством. Так как это в точности те числа, в записи которых встречаются только нечетные цифры, то их количество, очевидно, равно 56 = 15625. Всего 6-значных чисел 900000. Поэтому количество 6-значных чисел, обладающих указанным свойством, равно 900000 – 15625 = 884375.
Задача 27:
В алфавите племени Бум-Бум шесть букв. Словом является любая последовательность из шести букв, в которой есть хотя бы две одинаковые буквы. Сколько слов в языке племени Бум-Бум?
Решение:
Ответ: 66 – 6!.
Задача 28:
В киоске «Союзпечать» продаются 5 видов конвертов и 4 вида марок. Сколькими способами можно купить конверт с маркой?
Решение:
Ответ: 5 • 4 = 20
Задача 29:
Сколькими способами можно выбрать гласную и согласную буквы из слова «КРУЖОК»?
Решение:
Ответ: 2 • 3 = 6
Задача 30:
На доске написаны 7 существительных, 5 глаголов и 2 прилагательных.
Для предложения нужно выбрать по одному слову каждой из этих частей речи. Сколькими способами это можно сделать?
Решение:
Ответ: 7 • 5 • 2 = 70
Задача 31:
У двух начинающих коллекционеров по 20 марок и по 10 значков. Честным обменом называется обмен одной марки на одну марку или одного значка на один значок. Сколькими способами коллекционеры могут осуществить честный обмен?
Решение:
Ответ: 20 • 20 + 10 • 10 = 500
Задача 32:
Сколько существует 6-значных чисел, все цифры которых имеют одинаковую четность?
Решение:
Ответ: 56 + 4 • 55
Задача 33:
Надо послать 6 срочных писем. Сколькими способами это можно сделать, если для передачи писем можно использовать трех курьеров и каждое письмо можно дать любому из курьеров?
Решение:
Ответ: 36
Задача 34:
Сколькими способами из полной колоды (52 карты) можно выбрать 4 карты разных мастей и достоинств?
Решение:
Ответ: 13 • 12 • 11 • 10
Задача 35:
На полке стоят 5 книг.
Сколькими способами можно выложить в стопку несколько из них (стопка может состоять и из одной книги)?
Решение:
Ответ: 5 + 5 • 4 + 5 • 4 • 3 + 5 • 4 • 3 • 2 + 5 • 4 • 3 • 2 • 1 = 325
Задача 36:
Сколькими способами можно поставить 8 ладей на шахматную доску так, чтобы они не били друг друга?
Решение:
Ответ: 8!
Задача 37:
На танцплощадке собрались N юношей и N девушек. Сколькими способами они могут разбиться на пары для участия в очередном танце?
Решение:
Ответ: n!
Задача 38:
Чемпионат России по шахматам проводится в один круг. Сколько играется партий, если участвуют 18 шахматистов?
Решение:
Ответ: 18 • 17/2 = 153
Задача 39:
Сколькими способами можно поставить на шахматную доску так, чтобы они не били друг друга а) две ладьи; б) двух королей; в) двух слонов; г) двух коней; д) двух ферзей?
Решение:
Ответ: a) 64 • 49/2 = 1568 б) (4 • 60 + 24 • 58 + 36 • 55)/2 = 1806 в) (28 • 56 + 20 • 54 + 12 • 52 + 4 • 50)/2 = 1736 г) (4 • 61 + 8 • 60 + 20 • 59 + 16 • 57 + 16 • 55)/2 = 1848 д) (28 • 42 + 20 • 40 + 12 • 38 + 4 • 36)/2 = 1288
Задача 40:
У мамы два яблока, три груши и четыре апельсина.
Каждый день в течение девяти дней подряд она дает сыну один из оставшихся фруктов. Сколькими способами это может быть сделано?
Решение:
Ответ: 9!/2!3!4!
Задача 41:
Сколькими способами можно поселить 7 студентов в три комнаты: одноместную, двухместную и четырехместную?
Решение:
Ответ: 7!/1!2!4!
Задача 42:
Сколькими способами можно расставить на первой горизонтали шахматной доски комплект белых фигур (король, ферзь, две ладьи, два слона и два коня)?
Решение:
Ответ: 8!/2!2!2!
Задача 43:
Сколько слов можно составить из пяти букв А и не более чем из трех букв Б?
Решение:
Ответ: 1 + 6!/5!1! + 7!/5!2! + 8!/5!3! = 84
Задача 44:
Сколько существует 10-значных чисел, в которых имеется хотя бы две одинакоые цифры?
Решение: 9 • 109 – 9 • 9!
Задача 45:
Каких 7-значных чисел больше: тех, в записи которых есть 1, или остальных?
Решение:
8 • 96
Задача 46:
Кубик бросают трижды.
Среди всех возможных последовательностей результатов есть такие, в которых хотя бы один раз встречается шестерка. Сколько их?
Решение:
Ответ: 6? – 5?
Задача 47:
Сколькими способами можно разбить 14 человек на пары?
Решение:
Ответ: 13 • 11 • 9 • 7 • 5 • 3 • 1
Задача 48:
Сколько существует 9-значных чисел, сумма цифр которых четна?
Решение:
Ответ: 9 • 107 • 5
{14}$ способы сделать это.
Обратите внимание на две вещи. 1) Это не мешает выбрать такой способ, при котором одна или две группы никогда не получат шаров и будут пустыми. И 2) Здесь учитывается выбор $A=\{1,2,3,4,5\}, B=\{6,7,8,9,10\}, C=\{11,12,13 ,14\}$ как различные и различные для выбора $A=\{6,7,8,9,10\}, B=\{1,2,3,4,5\}, C=\ {11,12,13,14\}$, тогда как варианты должны считаться одинаковыми с . (Они оба «шары от $1$ до $5$ в одной группе, мячи от $6$ до $10$ в другой, а остальные в третьей группе») 9{14}$ Способы план сделать это.
Однако, если мы решим оставить одну группу пустой, а затем решим поместить все шары по 14$ во вторую группу, так что в результате первая и третья группы останутся пустыми, это будет точно такой же результат, как и при первом решении оставить третью группу пустой. а затем решил поместить все шары по 14 долларов во вторую группу. Таким образом, в этих стратегиях случаи, когда две из трех групп остаются пустыми, считаются «двойным счетом».
Сложив пункты 3) и 4) вместе, получим пункт 5:9{14}-{3\выбрать 2}$ приведет к тому, что по крайней мере одна группа будет пустой, тогда есть $M — N$ способов сгруппировать шары по $14$ без ни одной из групп, которые будут пустыми.
Но обратите внимание: у нас все еще есть проблема, когда одна группа шаров в одной группе, вторая во второй группе, а остальные в третьей считаются отдельными и разными в зависимости от того, как мы помечаем группы.
Теперь рассмотрим: для любой внутренней сортировки «таких-то шаров в одной группе» существует $3$ групп, в которые мы можем поместить эти «такие-то шары».
А для «а потом такие-то и такие-то шары — это другая группа» есть группы $2$, в которые мы можем поместить эти «такие-то шары». А для «а остальные в третьем» есть только $1$ группа, которая может быть «третьей». Итак, мы насчитали $3!$ способа разместить группировку «такой-то, такой-то и остальные». 9{14} + {3\выберите 2}}{3!}$ способов сгруппировать их в три группы.
Сколькими способами можно разделить 10 человек на две группы по пять человек?
В математике под перестановкой понимается процесс упорядочивания набора, в котором все элементы набора располагаются в некотором ряду или порядке. Процесс перестановки известен как перестановка его компонентов, если набор уже упорядочен. Перестановки происходят более или менее важным образом почти во всех областях математики. Они часто появляются, когда рассматриваются разные команды на определенных конечных множествах.
Что такое комбинация?
Комбинация — это действие по выбору элементов из группы, при котором (в отличие от перестановки) порядок выбора не имеет значения.
В меньших случаях можно подсчитать количество комбинаций. Под комбинацией понимается объединение n вещей, взятых по k за раз, без повторения. В комбинации вы можете выбирать элементы в любом порядке. К тем комбинациям, в которых допускается повторение, часто применяют термины k-отбор или k-комбинация с репликацией.
Формула перестановки
При перестановке r вещей выбираются из набора n вещей без замены. В этом порядок выбора материи.
n P r = (n!) / (n-r)!
Здесь
n = размер набора, общее количество предметов в наборе
r = размер подмножества, количество предметов, которые нужно выбрать из набора выбираются из множества n вещей, причем порядок выбора не имеет значения.
Сколькими способами можно разделить 10 человек на две группы по пять человек?n C r = n!/(n−r)!r!
Здесь
n = количество предметов в наборе
r = количество предметов, выбранных из набора
Решение:
Подобные вопросыПервую группу можно выбрать 10 C 5 = 252 способами.
Есть только 1 способ выбрать вторую и последнюю группу из 5 человек, которые теперь остались.
В описанном выше процессе всеми возможными способами разделения 10 человек на 2 группы по 5 человек в каждой было засчитано 2! = 2 раза.
Таким образом, количество способов разделить группу из 10 человек на 2 группы по 5 человек в каждой
= 252⁄2
= 126
91:045 Сколько разных способов можно 8 человек делятся на две группы по четыре человека.
Решение:
Первую группу можно выбрать 8 C 4 = 70 способами. Есть только 1 способ выбрать вторую и последнюю группу из 4 человек, которые теперь остались.
В описанном выше процессе всеми возможными способами разделения 8 человек на 2 группы по 4 человека в каждой было засчитано 2! = 2 раза.
Итак, количество способов разделить группу из 8 человек на 2 группы по 4 человека в каждой
= 70⁄2
= 35
Вопрос 2: Сколькими способами можно разделить группу из 8 человек на 4 команды по 2 человека?
Решение:
Первую команду можно выбрать 8 C 2 = 28 способами.
Есть только 1 способ выбрать вторую и последнюю группу из 5 человек, которые теперь остались.