Людмила Георгиевна Петерсон , Назар Хангельдыевич Агаханов , Александр Юрьевич Петрович , Олег Константинович Подлипский , Марина Викторовна Рогатова , Борис Викторович Трушин - Алгебра. 9 класс. Учебник в 2-х частях. Часть 1
Название: | Алгебра. 9 класс. Учебник в 2-х частях. Часть 1 | |
Автор: | Людмила Георгиевна Петерсон , Назар Хангельдыевич Агаханов , Александр Юрьевич Петрович , Олег Константинович Подлипский , Марина Викторовна Рогатова , Борис Викторович Трушин | |
Жанр: | Математика, Школьные учебники и пособия, Современные российские издания | |
Изадано в серии: | неизвестно | |
Издательство: | Просвещение | |
Год издания: | 2021 | |
ISBN: | 9785090811378 | |
Отзывы: | Комментировать | |
Рейтинг: | ||
Поделись книгой с друзьями! Помощь сайту: донат на оплату сервера |
Краткое содержание книги "Алгебра. 9 класс. Учебник в 2-х частях. Часть 1"
Учебник ориентирован на развитие мышления и творческих способностей учащихся, формирование у них системы прочных математических знаний, общеучебных умений, развитие личностных качеств, познавательного интереса и ценностного отношения к образованию.
Является частью непрерывного УМК по математике «Учусь учиться» для дошкольников, учащихся начальной и основной школы (от 3 до 15 лет). Соответствует федеральному государственному образовательному стандарту основного общего образования.
Реализует дидактическую систему деятельностного метода обучения Л. Г. Петерсон. Отмечен Премией Президента РФ в области образования.
Может использоваться во всех типах школ.
Курсовую и методическую поддержку по реализации УМК «Учусь учиться» осуществляет НОУ ДПО «Институт системнодеятельностной педагогики». Подробную информацию можно получить на сайте www.ach2000.r4.
К этой книге применимы такие ключевые слова (теги) как: алгебра,9 класс,учебник
Читаем онлайн "Алгебра. 9 класс. Учебник в 2-х частях. Часть 1". [Страница - 2]
- 1
- 2
- 3
- 4
- . . .
- последняя (57) »
можность их повторений.
5
Глава 1, §1, п. 1.1.1 ----_ ------------------------ ------------------------------------Для этого сравним решения двух аналогичных задач на «старый» и «новый*
случаи, чтобы определить, как должен измениться уже известный нам способ для
нахождения количества перестановок с повторениями.
Задача 1.
Сколько шестизначных чисел можно составить из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, если
цифры в числе не повторяются?
Решение.
Для ответа на вопрос задачи мы должны узнать, сколькими способами можно пе
реставить элементы множества из шести элементов. Используя формулу количества
перестановок Рп = л!, известную нам из 7 класса, получим:
Рб = б! = 1- 2 - 3 - 4 - 5 6 = 720.
Ответ: 720 шестизначных чисел.
Задача 2.
Сколько шестизначных чисел можно составить из цифр 1, 2, 3, 4, если цифры
1, 2, 3 встречаются в числе один раз, а цифра 4 - три раза?
Решение.
В отличие от предыдущей задачи, в наборе цифр 1, 2, 3, 4, 4, 4, с помощью
которых мы записываем шестизначные числа, есть повторения - цифры 4, при пе
рестановке которых число меняться не будет. Значит, количество полученных чисел
будет меньше, чем в задаче 1. Чтобы его найти, попробуем свести решение нашей
новой задачи к уже известному случаю.
Предположим, все цифры 4 разные, например, одна из них красная, другая се
рая, третья чёрная. Тогда числа, например,
123 444, 123 444, 123 444, 123 444, 123 444, 123 444, разные, и количество всех «разноцветных» чисел, как и в предыдущем случае, будет
равно 720.
Но в задаче числа - одного цвета, поэтому в действительности все перечисленные
выше случаи являются одним и тем же числом 123 444. Следовательно, каждому
шестизначному числу, составленному из цифр 1, 2, 3, 4, 4, 4, соответствует столь
ко «разноцветных» чисел, сколько существует различных перестановок из трёх
элементов, а именно 3! = 6. Поэтому нужных нам чисел в 6 раз меньше, чем общее
количество «разноцветных» чисел. Значит, таких чисел 720 : 6 = 120.
Ответ: 120 чисел.
Решая вторую задачу, мы узнали, что количество перестановок 6-элементного
множества с 3 повторяющимися элементами равно
. Обобщая способ, использо
ванный нами для подсчёта вариантов в этой задаче, получаем следующее правило.
Количество перестановок п элементов, среди которых k одинаковых, равно
1 • 2 • ... • (п - 1) • п = п\
1 • 2 • ... • (k - 1) • k
kV
Применим полученное правило к задаче с одноцветным орнаментом. В нём
3 элемента, два из которых повторяются. Поэтому число различных вариантов
орнамента равно
^ = 3. Это же число мы получили и при непосредственном
пересчёте.
6
Глава 1, §1, п .1.1.1
Теперь выведем формулу решения задач на перестановки с повторениями, принятую в
комбинаторике. Для этого сформулируем задачу в общем виде.
Общая постановка задачи.
Сколькими способами можно упорядочить элементы множества из п элементов, в котором:
• элементы а, встречаются А, раз (то есть в этом множестве А, элементов, равных а,);
• элементы а 2 встречаются А„ раз;
• элементы ат встречаются Ат раз?
При этом А, + А2 + ... + Ат = л, и 1 < А, < л, 1 < А2 < л, ... , 1 < Ат < п.
Таким образом, некоторые из чисел А,, А2, ..., Ат могут равняться 1, то есть элементы
могут не повторяться.
Докажем, что число перестановок с повторениями равно ——
------г—, (если какие-то
А,1 • А2! • ... • k j
элементы не повторяются, то соответствующие множители А! в знаменателе равны 1).
Доказательство.
«Раскрасим» все одинаковые элементы в разные цвета так, чтобы все элементы множества
можно было считать различными. Тогда перестановок множества «разноцветных* элементов
будет всего л!
Так как А, «разноцветных* элементов, равных а,, можно представить Aj! способами, А2
«разноцветных» элементов, равных а 2, А2! способами и т.д., всего таких «разноцветных*
перестановок будет А,1 • Аа! • ... • Ат!
Для получения ответа нужно общее количество «разноцветных» перестановок, то есть
л!, разделить на At! • А2! • ... • AJ, что и требовалось доказать. ■
Подчеркнём ещё раз, что полученная формула верна и для перестановок без повторений.
В этом случае А, = А2 = ... = An = 1 и формула сводится к известному с 8 класса виду: Рп = л!
Поэтому её можно считать универсальной для поиска количества перестановок.
Итак, для подсчёта количества перестановок л элементов некоторого конечного множества
будем применять следующую общую формулу.
Общая формула количества перестановок из л элементов
л!
:,I ■Ь 1 . . . ■k \ ' ГДС *■'
количества повторяющихся --">
- 1
- 2
- 3
- 4
- . . .
- последняя (57) »
Книги схожие с «Алгебра. 9 класс. Учебник в 2-х частях. Часть 1» по жанру, серии, автору или названию:
Марк Иванович Башмаков - Алгебра и начала анализа: задачи и решения Жанр: Математика Год издания: 2004 |
Аркадий Григорьевич Мерзляк, Виталий Борисович Полонский, Михаил Семёнович Якир и др. - Математика. Дидактические материалы. 5 класс Жанр: Математика Год издания: 2017 |
Коллектив авторов -- Словари, Учебники, Пособия, Энциклопедии - Алгебра. 8 класс. Дидактические материалы Жанр: Математика Год издания: 2015 |
Н. В. Дорофеев, Е. С. Шубин - Домашняя работа по алгебре за 7 класс Жанр: Математика Год издания: 2003 |
Другие книги автора «Людмила Петерсон»:
Георгий Владимирович Дорофеев, Людмила Георгиевна Петерсон - Математика (в 2-х частях). 5 класс. Часть 1 Жанр: Математика Год издания: 2021 |
Георгий Владимирович Дорофеев, Людмила Георгиевна Петерсон - Математика (в 2-х частях). 5 класс. Часть 2 Жанр: Математика Год издания: 2021 |