Kėliniai, deriniai ir binominiai koeficientai

Pasirinkti porą – ne tas pats, kas užpildyti dvi įvardytas pozicijas

Padėkite ant stalo tris skirtingus objektus, pažymėtus A, B ir C. Į pirmąją ir antrąją pozicijas įdėkite skirtingus objektus. Galimi sąrašai yra (A,B), (A,C), (B,A), (B,C), (C,A) ir (C,B). Jų yra šeši. Dėl dviejų pozicijų (A,B) skiriasi nuo (B,A).

Dabar klauskite tik to, kuriuos du objektus paimti. Galimi trys pasirinkimai: {A,B}, {A,C} ir {B,C}. Užrašius aibę kita tvarka, jos elementai nesikeičia. Šalia esančioje schemoje kiekvieną pasirinktą porą atitinka lygiai du sutvarkyti sąrašai.

(A,B) ir (B,A) atvaizduojami į {A,B}; (A,C) ir (C,A) atvaizduojami į {A,C}; (B,C) ir (C,B) atvaizduojami į {B,C}. Šeši sąrašai sudaro tris grupes po du.

Skaičiavimo formulė negali nuspręsti, kokį klausimą turėjote omenyje. Pirmiausia nurodykite, kas laikoma viena baigtimi ir kada du aprašymai laikomi ta pačia baigtimi. Čia visi objektai skirtingi ir nė vieno negalima pasirinkti du kartus.

Pradėkite nuo trumpų sąrašų, tada grįžkite prie bendrojo samprotavimo

Grįžkite prie temos „Skaičiavimas, nulis ir natūralieji skaičiai“, kad atskirai suskaičiuotumėte tuščią rinkinį ir vieną tuščią baigtį. Grįžkite prie temos „Daugyba ir dalyba“, kad pakartotumėte vienodo dydžio grupes, ir prie temos „Simboliai, apibrėžimai ir matematikos kalba“, kad tiksliai įvardytumėte savo objektus ir sąlygas.

Sumos ir sandaugos skaičiavimo taisyklių pamokoje šios taisyklės nagrinėjamos išsamiau. Čia reikalinga sandaugos taisyklė teigia: jei kiekvienas tam tikro ilgio dalinis sąrašas turi tiek pat leistinų kito elemento pasirinkimų, šių pasirinkimų skaičius kiekviename etape reikia sudauginti. Galimi pasirinkimai gali priklausyti nuo ankstesnių sąrašo elementų, tačiau jų skaičius vis tiek turi būti toks, koks nurodytas tam etapui.

Skaitydami pirmą kartą, prieš pereidami prie tapatybių ir daugianario skleidimo, išnagrinėkite skirtingų objektų sąrašų ir atrankos nepaisant tvarkos pavyzdžius. Paskelbta pamoka „Laipsnių savybės ir laipsninės funkcijos“ parengia darbui su ten naudojamais laipsniais. Prie binominės teoremos grįžkite, kai jau mokėsite išskleisti sandaugą taikydami skirstomumo dėsnį ir suprasite laipsnio rodiklį kaip daugiklių skaičių.

Išdėstykite visus skirtingus objektus, įskaitant tuščiąjį atvejį

n skirtingų objektų kėlinys yra sąrašas, kuriame kiekvienas objektas pasitaiko lygiai vieną kartą. Pirmąjį elementą galima pasirinkti n būdų, antrąjį – n−1 būdų ir taip toliau, kol paskutiniam elementui lieka vienintelis pasirinkimas. Neneigiamo sveikojo skaičiaus n faktorialą žymime n!. Kai n ≥ 1, n! = n·(n−1)·…·2·1.

Objektai A,B,C sudaro 3·2·1 = 6 kėlinių. Įžangoje pateiktas dviem etapais sudaromas sąrašas taip pat turi šešis galimus rezultatus, tačiau jame vienas objektas praleidžiamas; ši lygybė būdinga konkrečiam atvejui, kai n = 3 ir k = 2, ir nėra pagrindas kiekvieną dalinį sąrašą laikyti kėliniu.

Yra lygiai vienas nulinio ilgio sąrašas: tuščiasis sąrašas (). Taigi, kai nereikia išdėstyti nė vieno objekto, yra vienas galimas rezultatas, todėl 0! = 1. Sandauga be daugiklių lygi 1, nes ji turi palikti kitą sandaugą nepakitusią. Dėl to ir rekurentinė formulė n! = n·(n−1)! galioja, kai n = 1: 1! = 1·0!.

Nė vieno rezultato ir vienas tuščiasis rezultatas nėra tas pats. Jei užduotyje reikia pasirinkti vieną objektą iš tuščio rinkinio, ji neturi jokio galimo rezultato. Jei prašoma sudaryti nulinio ilgio sąrašą, tuščiasis sąrašas įvykdo užduotį.

Sustojimas po k pozicijų: gretinių skaičiavimas

Tegu n ir k yra sveikieji skaičiai, kuriems 0 ≤ k ≤ n. k elementų gretinys yra sutvarkytas k skirtingų objektų, pasirinktų iš n skirtingų objektų, sąrašas. Tokių gretinių skaičių žymime P(n,k), taip pat rašoma nPₖ. Kai k ≥ 1, jų skaičius yra n·(n−1)·…·(n−k+1), t. y. k daugiklių sandauga.

Kiekvienoje sudarytoje j ilgio sąrašo pradžioje jau panaudota lygiai j objektų, tad kitam elementui lieka n−j leistinų pasirinkimų. Taigi šiame etape pasirinkimų skaičius yra vienodas bet kuriai sąrašo pradžiai. Tai pagrindžia dauginimą, nors patys galimi pasirinkti objektai keičiasi.

Suprastinę nepanaudotą n! sandaugos pabaigą, gauname P(n,k) = n!/(n−k)!. Kai k = 0, tiek tuščioji sandauga, tiek tuščiasis sąrašas duoda P(n,0) = 1. Kai k = n, vardiklis yra 0!, o P(n,n) = n!.

Lygiavertis būdas – kiekvienai iš k įvardytų pozicijų priskirti po objektą taip, kad tas pats objektas nebūtų priskirtas dviem pozicijoms. Tai injektyvus priskyrimas: skirtingas įvestis atitinka skirtingos išvestys. Norint suskaičiuoti, atvaizdžių terminijos nereikia. Jei k > n, tokio sąrašo nėra, o jų skaičius yra 0; neskaičiuokite (n−k)! taip, tarsi ši formulė apimtų neigiamų skaičių faktorialus.

Kiekvienas k elementų derinys turi lygiai k! išdėstymų

Derinys čia reiškia k skirtingų objektų pasirinkimą iš n elementų aibės, neatsižvelgiant į jų tvarką. Derinių skaičių žymėkime C(n,k) ir vadinkime „derinių iš n po k skaičiumi“. Žodis „kombinacija“ gaminio pavadinime, pavyzdžiui, „kombinacinė spyna“, nepasako, ar tvarka svarbi; tai nusako rezultato apibrėžimas.

Kiekvieną sutvarkytą k skirtingų elementų sąrašą susiekime su jo elementų aibe, neatsižvelgdami į jų tvarką. Fiksuokime bet kurį k elementų derinį. Jo elementus galima išdėstyti lygiai k! būdų, ir būtent šie sąrašai susiejami su tuo deriniu. Sąrašų grupės nesikerta ir visos yra vienodo dydžio k!.

(A,B) ir (B,A) atvaizduojami į {A,B}; (A,C) ir (C,A) atvaizduojami į {A,C}; (B,C) ir (C,B) atvaizduojami į {B,C}. Šeši sąrašai sudaro tris grupes po du.

Todėl P(n,k) = C(n,k)·k!, taigi C(n,k) = P(n,k)/k! = n!/[k!(n−k)!], kai n ir k yra sveikieji skaičiai ir 0 ≤ k ≤ n. Skliaustai vardiklyje reiškia, kad reikia dalyti iš visos sandaugos k!(n−k)!, o ne dalyti iš k! ir tada dauginti iš (n−k)!.

Kraštiniais atvejais C(n,0) = C(n,n) = 1: yra vienas tuščias derinys ir vienas derinys, kuriame yra visi objektai. Atskiru atveju C(0,0) = 1. Kai k > n, k elementų poaibių nėra, todėl jų skaičius yra 0; pati faktorialų dalmens formulė naudojama tik nurodytoje jos apibrėžimo srityje.

Dalyti galima tik esant vienodam aprašų skaičiui

Kad aprašų skaičių būtų galima dalyti iš d, kiekvienas skaičiuojamas rezultatas turi turėti lygiai d aprašų. Kai pasirenkama k skirtingų elementų, lygybė d = k! įrodoma išdėstant tuos k skirtingų elementų. Tai nėra taisyklė, pagal kurią kiekvieną pasirinkimų su kartojimais skaičių reikėtų dalyti iš k!.

Kai dvi vietos užpildomos pasirenkant iš A,B ir leidžiant kartojimus, gaunami keturi sąrašai: AA, AB, BA ir BB. Neatsižvelgiant į tvarką, gaunamos trys multiaibės: AA, AB ir BB. Pirmoji ir paskutinė turi po vieną aprašą, o AB turi du. Padaliję 4 iš 2!, gautume 2, o tai neteisinga.

Multiaibė nurodo, kiek yra kiekvieno tipo elementų kopijų. Ji skiriasi nuo aibės, kuri nurodo tik elementų priklausymą jai, ir nuo sutvarkyto sąrašo, kuris nurodo elementų pozicijas. Toliau skaičiuosime vienos fiksuotos multiaibės išdėstymus; visoms multiaibėms skaičiuoti nenaudojame skirtingų elementų derinių formulės.

Paaiškinkite dvi binominių koeficientų tapatybes pagal jų skaičiuojamus pasirinkimus

Fiksuotoje n elementų aibėje, imant papildinį, kiekvienas k elementų poaibis susiejamas su lygiai vienu (n−k) elementų poaibiu, o pakartojus šį veiksmą gaunamas pradinis poaibis. Ši bijekcija įrodo, kad C(n,k) = C(n,n−k), kai n ir k yra sveikieji skaičiai ir 0 ≤ k ≤ n. Pasirinkdami, ką įtraukti, ir pasirinkdami, ką palikti nuošalyje, gauname vienodą rezultatų skaičių.

Kai n ≥ 1 ir 1 ≤ k ≤ n−1, išskirkime vieną objektą, tarkime, D. Kiekvienas k elementų poaibis arba turi D, arba jo neturi. Pirmuoju iš šių nesikertančių atvejų pasirinkime k−1 iš kitų n−1 objektų; antruoju pasirinkime k iš jų. Šie atvejai apima visas galimybes, todėl C(n,k) = C(n−1,k−1) + C(n−1,k).

Neįtraukus D gaunami {A,B},{A,C},{B,C}. Įtraukus D gaunami {A,D},{B,D},{C,D}. Nė vienas pasirinkimas nepriklauso abiem grupėms, o kartu jos apima visas šešias poras.

Eilutės nuo nulinės iki penktos yra 1; 1,1; 1,2,1; 1,3,3,1; 1,4,6,4,1; 1,5,10,10,5,1. Paryškinto šešeto viršutiniai kaimynai yra trejetas ir trejetas.

Pavyzdžiui, renkantis du elementus iš A,B,C,D, trys pasirinkimai, kuriuose yra D, yra {A,D},{B,D},{C,D}, o trys pasirinkimai be D yra {A,B},{A,C},{B,C}. Taigi C(4,2) = C(3,1)+C(3,2) = 3+3 = 6. Šalia pateiktas suskirstymas parodo abu atvejus be persidengimo.

Paskalio trikampis prasideda eilute 0, kurioje yra 1. Eilutėje n surašyti C(n,0),…,C(n,n). Abu kraštiniai elementai yra 1; kiekvienas vidinis elementas yra dviejų atitinkamų ankstesnės eilutės elementų suma. Jei apibrėžimą papildome nustatydami, kad C(n,k) yra 0, kai sveikasis skaičius k nepatenka tarp 0,…,n, Paskalio tapatybė galioja ir kai k = 0 bei k = n, nenaudojant neigiamų skaičių faktorialų.

Koeficientas – y teikiančių daugiklių pasirinkimų skaičius

Užrašykime (x+y)³ kaip trijų atskirai pažymėtų daugiklių sandaugą (x+y)(x+y)(x+y). Taikant skirstomąjį dėsnį, iš kiekvieno daugiklio pasirenkamas arba x, arba y. Aštuoni pasirinkimų variantai yra xxx,xxy,xyx,yxx,xyy,yxy,yyx,yyy. Jų pozicijos atitinka pasirinkimus iš konkrečių daugiklių, nors vėliau dauginant xxy,xyx,yxx virsta tuo pačiu vienanariu x²y.

Iš n daugiklių narys xⁿ⁻ᵏyᵏ gaunamas pasirenkant y tiksliai k daugiklių pozicijose, o kitose – x. Tokių pasirinkimų yra C(n,k). Sudėję narius su tuo pačiu vienanariu, gauname baigtinę binomo formulę: (x+y)ⁿ = Σₖ₌₀ⁿ C(n,k)xⁿ⁻ᵏyᵏ kiekvienam neneigiamam sveikajam skaičiui n.

xxx duoda x³; xxy,xyx,yxx duoda x²y; xyy,yxy,yyx duoda xy²; yyy duoda y³. Grupių dydžiai yra 1,3,3,1.

Tai daugianarių tapatybė kintamiesiems, kurių daugyba yra komutatyvi; joje x,y galima pakeisti bet kokiais realiaisiais skaičiais. Daugiklis su nuliniu laipsnio rodikliu praleidžiamas; kai n = 0, visas daugianaris yra konstanta 1. Nieko neteigiama apie bet kokius realiuosius laipsnio rodiklius ar nekomutatyvią daugybą.

Kai n = 3, koeficientai yra 1,3,3,1, todėl gauname x³+3x²y+3xy²+y³. Koeficientas yra daugiklių pasirinkimų variantų, duodančių vieną vienanarį, skaičius, o ne papildomas laipsnio rodiklis. Sudėdami visus C(n,k), suskaičiuojame visus poaibius pagal jų dydį, todėl Σₖ₌₀ⁿ C(n,k) = 2ⁿ: kiekvienas objektas nepriklausomai nuo kitų arba įtraukiamas, arba neįtraukiamas.

Kartojantis kiekvienoje pozicijoje lieka visi n pasirinkimų

Turint n ≥ 1 skirtingų simbolių ir neneigiamą sveikąjį skaičių k, sutvarkyto k ilgio sąrašo, kuriame leidžiami pasikartojimai, kiekvienoje pozicijoje yra n pasirinkimų. Todėl galimų sąrašų yra nᵏ. Čia „nepriklausomi pasirinkimai“ reiškia, kad kiekvienoje pozicijoje leidžiama rinktis iš tos pačios visos simbolių aibės, be ankstesnių įrašų nustatytų apribojimų; tai skaičiavimo sąlyga, o ne tikimybinė prielaida.

Turint A,B,C ir dvi pozicijas, yra 3² = 9 sąrašų. Be šešių sąrašų su skirtingais įrašais, dar yra trys sąrašai: AA, BB ir CC. Pirmojo ir antrojo pasirinkimų lentelėje, leidžiant pasikartojimus, leidžiami ir įstrižainės langeliai, ir langeliai už jos ribų.

Eilutės: AA,AB,AC; BA,BB,BC; CA,CB,CC. Įstrižainės langeliai AA,BB,CC leidžiami tik modelyje su pasikartojimais. Devyni sąrašai, kai pasirinkimai gali kartotis, ir šeši sąrašai, kurių įrašai skirtingi.

Nulinio ilgio sąrašas vis tiek turi vieną galimą variantą su bet kuria abėcėle, net ir tuščiąja. Teigiamo ilgio sąrašas su tuščiąja abėcėle neturi nė vieno galimo varianto. Šį ribinį tuščiosios abėcėlės atvejį nagrinėkite remdamiesi pačiais objektais, o ne neįvardyta 0⁰ reikšme.

Simbolių eilutės, pavyzdžiui, skaitmeniniai kodai, gali prasidėti 0, jei užduotis tai leidžia. k skaitmenų skaičius paprastai taip prasidėti negali: jo pirmojoje pozicijoje leidžiamų simbolių aibė kitokia. Reiškinys nᵏ aprašo tik nurodytą modelį, kuriame kiekvienoje pozicijoje galimi tie patys pasirinkimai.

Pašalinkite laikinąsias žymas tik tarp vienodų kopijų

Tarkime, fiksuotoje multiaibėje yra r rūšių, kurių kartotinumai m₁,…,mᵣ yra neneigiami sveikieji skaičiai, o bendras elementų skaičius N = m₁+…+mᵣ. Suskaičiuokime išdėstymus, kuriuose yra būtent šios kopijos ir svarbi jų tvarka. Laikinai pažymėkime kiekvienos rūšies kopijas, kad visi N objektų taptų skirtingi. Yra N! pažymėtų sąrašų.

Pasirinkime vieną matomą išdėstymą ir pašalinkime laikinąsias žymas. Pirmosios rūšies m₁ kopijų žymas galima sukeisti m₁! būdų, nepakeičiant matomo išdėstymo; tas pats galioja kiekvienai rūšiai. Šie sukeitimai vyksta nesikertančiose pozicijų aibėse, todėl kiekvienas matomas išdėstymas turi lygiai m₁!·…·mᵣ! pažymėtų aprašymų.

A₁A₂B ir A₂A₁B duoda AAB; A₁BA₂ ir A₂BA₁ duoda ABA; BA₁A₂ ir BA₂A₁ duoda BAA. Kiekvienos grupės dydis yra 2!, todėl šeši aprašai duoda tris sekas.

Kadangi aprašymų skaičius visiems išdėstymams vienodas, dalydami gauname N!/(m₁!·…·mᵣ!) matomų išdėstymų. Kai turime A,A,B, šeši pažymėti sąrašai virsta AAB, ABA ir BAA: kiekvienam rezultatui tenka po du aprašymus. Taigi 3!/2! = 3. Kai turime A,A,B,B, išdėstymų skaičius yra 4!/(2!2!) = 6.

Čia kartotinumai yra fiksuoti. Tai skiriasi nuo N nepriklausomų pasirinkimų iš r rūšių: tokiu atveju skirtinguose sąrašuose kartotinumai galėtų skirtis. Nuliniai kartotinumai į sandaugą įtraukia 0! = 1. Jei N = 0, yra vienas tuščias išdėstymas. Žymų, dėl kurių du objektai tampa atskiriami, pašalinti negalima.

Klauskite, kas gali keistis nesukuriant naujo rezultato

Ar sukeitus pozicijas gaunamas naujas rezultatas? Jei taip, skaičiuokite sąrašus. Jei ne, o pasirinkti objektai yra skirtingi ir naudojami po vieną kartą, skaičiuokite poaibius. Ar objektas arba simbolis gali pasirodyti dar kartą? Jei taip, nurodykite, ar kiekvienoje pozicijoje lieka visos pasirinkimo galimybės, ar būtini fiksuoti kartotinumai.

Ar objektai atskiriami, spręskite pagal užduotį. Renkant komitetą, du žmonės tuo pačiu vardu vis tiek yra skirtingi žmonės. Du tos pačios spalvos žetonai gali būti neatskiriami tik tada, kai skaičiuojamam rezultatui nesvarbu, kuris konkrečiai žetonas panaudotas.

Nedidelis išsamus sąrašas naudingas pasitikrinti, o pasirinkimų skaičiai atskirais etapais, vienodi grupių dydžiai arba bijekcijos paaiškina, kodėl bendroji formulė galioja. Jei papildomos sąlygos susieja pozicijas, skaičiuokite tas sąlygas atitinkančius rezultatus, užuot mėginę būtinai pritaikyti kurią nors iš šių formulių.

Išnagrinėti pavyzdžiai

Pabandykite patys

1. Suskaičiuokite, kiek iš A,B,C,D galima sudaryti sutvarkytų dviejų elementų sąrašų be pasikartojimų ir dviejų elementų rinkinių, kuriuose tvarka nesvarbi. Paaiškinkite, iš kokio skaičiaus ir kodėl dalijama.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   P(4,2) = 4·3 = 12 sąrašų; C(4,2) = 12/2! = 6 rinkinių.

   Kiekvieno dviejų elementų rinkinio elementus sąraše galima išdėstyti lygiai dviem būdais. Skirtingi rinkiniai neturi bendrų sąrašų, todėl dalyba iš 2 yra pagrįsta.

2. Kiek nulinio ilgio sąrašų galima sudaryti naudojant tuščią abėcėlę? Kiek vieno elemento ilgio sąrašų galima sudaryti ją naudojant? Kam lygūs P(0,0) ir C(0,0)?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Vienas tuščias sąrašas, nė vieno vieno elemento sąrašo, P(0,0) = 1 ir C(0,0) = 1.

   Tuščias sąrašas ir tuščias pasirinkimas sudaro po vieną galutinį rezultatą. Privalomam pirmajam elementui nėra nė vieno leistino simbolio. Skaičiuoti rezultatus nėra tas pats, kas skaičiuoti jų elementus.

3. Ar galima užpildyti penkias pozicijas skirtingais objektais, turint keturis objektus? Kodėl nereikėtų naudoti 4!/(4−5)!?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Ne; tokių išdėstymų skaičius yra 0. Faktorialų dalmuo nepatenka į savo apibrėžimo sritį 0 ≤ k ≤ n.

   Panaudojus visus keturis objektus, penktajai pozicijai nelieka nė vieno objekto. Reiškiniui reikėtų (−1)!, o toks faktorialas šioje baigtinio skaičiavimo formulėje nėra apibrėžtas.

4. Apskaičiuokite C(6,4) naudodamiesi papildinių simetrija, tada patikrinkite rezultatą pagal Paskalio tapatybę.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   C(6,4) = C(6,2) = 15, o C(5,3)+C(5,4) = 10+5 = 15.

   Kiekvienas keturių elementų poaibis suporuojamas su nepasirinktų dviejų elementų poaibiu. Išskyrus vieną iš šešių objektų, keturių elementų pasirinkimai suskirstomi į tuos, kuriuose jis yra, ir tuos, kuriuose jo nėra.

5. Raskite x³ koeficientą reiškinyje (1+2x)⁵.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   C(5,3)·2³ = 10·8 = 80.

   Pasirinkite 2x iš lygiai trijų iš penkių dauginamųjų; kiekvienas toks pasirinkimas duoda 8x³. Likę dauginamieji duoda 1. Dešimt tokių pasirinkimų duoda koeficientą 80.

6. Kodėl 2²/2! neskaičiuoja nesutvarkytų dviejų simbolių multiaibių, sudarytų iš A ir B, kai simboliai gali kartotis? Išvardykite tikruosius rezultatus.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Baigtys yra AA, AB ir BB, taigi jų yra 3. Siūlomas dalmuo yra 2, todėl jis neteisingas.

   AA ir BB turi po vieną aprašą su nurodyta tvarka, o AB – du. Ne visų grupių dydis yra 2!, todėl dalijimo iš vienodo grupių dydžio argumentas netaikomas.

7. Palyginkite visas keturių simbolių A/B sekas su tomis, kuriose yra lygiai dvi A ir dvi B.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Be apribojimų yra 2⁴ = 16 sekų, o su nurodytu kiekvieno simbolio pasikartojimų skaičiumi – 4!/(2!2!) = C(4,2) = 6.

   Pirmojoje užduotyje kiekvienoje pozicijoje lieka abu pasirinkimai, o antrojoje ribojamas kiekvieno simbolio skaičius. Pasirinkus dvi A pozicijas, suskaičiuojamos būtent antrosios užduoties sekos.

8. Iš keturių žmonių du turi tą patį vardą. Kiek dviejų asmenų komitetų galima pasirinkti, jei narių tvarka nesvarbi, bet svarbu, kurie konkretūs asmenys pasirenkami?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   C(4,2) = 6 komitetų.

   Šie du žmonės išlieka skirtingi objektai, nors jų vardas sutampa. Papildomai padalijus iš 2!, kad būtų panaikintas jų tapatybių skirtumas, pasikeistų baigties apibrėžimas ir skirtingi komitetai būtų klaidingai laikomi vienodais.

Ką verta įsidėmėti

• Prieš pasirinkdami formulę, nurodykite, ar svarbios pozicijos, pakartotinis naudojimas ir atskirų objektų tapatybės.
• Faktorialai nusako skirtingų visų elementų išdėstymų skaičių; 0! = 1 atspindi vieną tuščią išdėstymą.
• P(n,k) nusako skirtingų sutvarkytų k elementų sekų skaičių, o C(n,k) – k elementų poaibių skaičių; dalykite iš k! tik įrodę, kad visos grupės yra vienodo dydžio.
• Simetrija papildinio atžvilgiu ir Paskalio tapatybė išplaukia iš bijekcijos ir dviejų nesikertančių atvejų, apimančių visas galimybes.
• Binominis koeficientas nusako, keliais būdais galima pasirinkti daugiklių pozicijas, duodančias vieną baigtinio daugianario skleidinio narį.
• Kartotiniams nepriklausomiems pasirinkimams ir fiksuotos multiaibės kėliniams taikomos skirtingos sąlygos, įskaitant tuščiuosius atvejus.