Sumos ir sandaugos skaičiavimo taisyklės

Kiek atvirukų galima sukurti iš trijų raštų ir dviejų antspaudų?

Atvirukų kūrėjas turi trijų raštų popierių P1, P2 ir P3 bei dviejų tipų antspaudus S1 ir S2. Kiekvienam atvirukui naudojamas tik vienas raštas ir vienas antspaudas. Su kiekvienu raštu galima naudoti bet kurį iš dviejų antspaudų. Du atvirukai laikomi skirtingais tada ir tik tada, kai skiriasi jų raštas arba antspaudas; pagaminus dar vieną tokio paties dizaino kopiją, naujas dizainas nesukuriamas.

P1 galima derinti su S1 arba S2. Tie patys du pasirinkimai galimi ir su P2 bei P3. Todėl visa lentelė turi šešis langelius: tris eilutes po du langelius kiekvienoje. Suskaičiuojame 3 × 2 = 6 skirtingas rašto ir antspaudo poras, o ne 3 + 2 = 5 atskiras priemones.

Pakeitus klausimą, pasikeičia ir skaičius. Jei vietoj to renkatės vieną atviruką iš trijų spausdintų dizainų P1, P2, P3 arba dviejų sulankstytų dizainų F1, F2 ir nė vienas dizainas nepriklauso abiem grupėms, yra 3 + 2 = 5 pasirinkimai. Žodžiai „ir“ bei „arba“ yra užuominos; taisyklę lemia tiksliai apibrėžti rezultatai ir jų tarpusavio ryšiai.

Pirmiausia išsiaiškinkite objektus, tada formulę

Pamokoje „Skaičiavimas, nulis ir natūralieji skaičiai“ aiškinama, kaip kiekvieną skirtingą objektą suskaičiuoti vieną kartą. Pamokoje „Daugyba ir dalyba“ nagrinėjamos vienodo dydžio grupės, kurios čia tampa lentelės eilutėmis ir grupėmis, turinčiomis vienodą to paties rezultato pateikimo būdų skaičių. Pamoka „Pavyzdžiai, paaiškinimai ir kontrpavyzdžiai“ padeda atskirti sėkmingą patikrinimą nedideliu mastu nuo argumento, apimančio visus leistinus atvejus.

Pirmiausia perskaitykite apie nesikertančias alternatyvas, pasirinkimus etapais ir kintamas šakas. Dvejetainių žodžių skyriuje naudojamas laipsnis su neneigiamu sveikuoju rodikliu, pavyzdžiui, 2³. Jei šis žymėjimas nepažįstamas, peržiūrėkite pamoką „Laipsniai, šaknys ir realiųjų skaičių tiesė“, tada grįžkite į tą skyrių. Šiai pamokai nereikia jokių tikimybės, faktorialo ar binominio koeficiento formulių.

Aibių ir atvaizdžių pamokose toliau plėtojamos sąjungų, sandaugų ir bijekcijų sąvokos. Čia aibė reiškia skirtingų baigčių rinkinį, atvaizdis kiekvienam įvesties elementui priskiria vieną išvesties elementą, o kiekvienas naujas skaičiavimo terminas paaiškinamas prieš jį vartojant.

Galutinis objektas ne visada sutampa su jo sudarymo įrašu

Tegu Ω yra baigtinė skaičiuojamų baigčių aibė. Jos galia |Ω| yra skirtingų elementų skaičius. Siūlomas sąrašas leidžia teisingai suskaičiuoti baigtis tik tada, kai jame yra visos leistinos baigtys ir nė viena baigtis neįrašyta du kartus. Nurodykite, ar svarbi tvarka, žymos, pakartotinis naudojimas ir kokie nors apribojimai.

Kortelę su raštu ir antspaudu aprašykite sutvarkyta pora (raštas, antspaudas). Šių pozicijų paskirtis skiriasi: (P1, S2) nusako vieną kortelę, o penkių turimų priemonių sąrašas nenusako jokios galutinės kortelės. Pagal mūsų apibrėžimą, pakeitus to paties rašto ir antspaudo pasirinkimo tvarką, kita kortelė nesukuriama.

Sudarymo istorijoje ar įraše gali būti daugiau informacijos nei galutiniame objekte. Jei du įrašai atitinka tą patį objektą, skaičiuojant įrašus tas objektas suskaičiuojamas daugiau nei vieną kartą. Vėliau sugrupuosime įrašus pagal jų galutinius objektus ir patikrinsime, ar dalyba gali pašalinti perteklinį skaičiavimą.

Vien skaičiavimas nesuteikia jokių tikimybių. Baigtys nebūtinai yra vienodai tikėtinos, o tinklelis su vienodo dydžio langeliais nereiškia, kad jos tokios yra. Šioje pamokoje nagrinėjamas tikslus baigtinio galimybių skaičiaus nustatymas.

Sudėkite nesikertančių atvejų baigčių skaičius

Dvi baigtinės aibės A ir B yra nesikertančios, kai nė viena baigtis nepriklauso joms abiem: A ∩ B = ∅. Jų sąjungoje A ∪ B yra baigtys, priklausančios bent vienai iš šių aibių, įskaitant ir bendras baigtis, jei tokių yra. Nesikertančioms aibėms galioja sudėties taisyklė: |A ∪ B| = |A| + |B|.

Taip yra todėl, kad kiekviena sąjungos baigtis priklauso tiksliai vienam iš dviejų atvejų. Išvardiję A, o tada B elementus, įtraukiame viską be pasikartojimų. Dviejose kortelių grupėse aibės {P1,P2,P3} ir {F1,F2} nesikerta, todėl sąraše yra penki skirtingi dizainai.

Bendruoju atveju sudėkite baigtinio skaičiaus poromis nesikertančių atvejų baigčių skaičius. „Poromis nesikertantys“ reiškia, kad bet kurių dviejų skirtingų atvejų sankirta yra tuščia. Atvejis, turintis nulį baigčių, prie sumos prideda nulį; dviejų tuščių atvejų sąjunga taip pat yra tuščia, o ne turi dvi baigtis.

Jei tas pats dizainas siūlomas abiejuose kataloguose, katalogai netampa nesikertantys vien dėl to, kad jų pavadinimai skiriasi. Turite nuspręsti, ar skaičiuojate dizainus, ar katalogo ir dizaino įrašus. Pridėjus aiškią katalogo žymą, įrašai tampa skirtingi, tačiau taip pakeičiamas klausimas.

Vieną kartą atimkite sankirtos elementų skaičių

Bet kurioms baigtinėms aibėms A ir B galioja |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|. Tik aibei A priklausanti baigtis šioje sumoje suskaičiuojama vieną kartą, tik aibei B priklausanti baigtis – vieną kartą, o abiem aibėms priklausanti baigtis – du kartus. Vieną kartą atėmus bendrų baigčių skaičių, kiekvienas sąjungos elementas lieka suskaičiuotas lygiai vieną kartą.

Tikslus išskaidymas leidžia tai įrodyti tuo pačiu būdu. Trys aibės A ∖ B, A ∩ B ir B ∖ A poromis nesikerta ir kartu sudaro sąjungą. Tiek |A|, tiek |B| apima bendrąją dalį, todėl juos sudėjus ši vidurinė dalis suskaičiuojama du kartus, o ne vieną.

Kai A = {1,2,5,6} ir B = {2,3,6}, bendros baigtys yra {2,6}. Pataisytas skaičius yra 4 + 3 − 2 = 5, o sąjunga – {1,2,3,5,6}. Dukart atėmus sankirtos elementų skaičių, bendros baigtys būtų klaidingai pašalintos iš sąjungos.

Formulė apima ir ribinius atvejus. Jei aibės nesikerta, atimamas skaičius yra nulis. Jei A = B, gauname |A| + |A| − |A| = |A|. Jei A ⊆ B, sankirta yra A, todėl atsakymas yra |B|. Kai persidengia trys ar daugiau atvejų, pataisoms reikia atidžiau sekti, kas kiek kartų suskaičiuota; tai bus nagrinėjama vėlesnėje pamokoje.

Dauginkite, kai kiekvienas dalinis pasirinkimas turi nurodytą tęsinių skaičių

Tarkime, yra m pirmojo etapo pasirinkimų, o po kiekvieno jų – lygiai n leistinų antrojo etapo pasirinkimų. Jei kiekvienas leistinas dviejų etapų kelias nusako vieną atskirą baigtį ir kiekvieną baigtį atitinka lygiai vienas toks kelias, baigčių skaičius yra m × n. Sugrupuokime kelius pagal pirmojo etapo pasirinkimą: gauname m nesikertančių grupių, kurių kiekvienoje yra n kelių.

Visų sutvarkytųjų porų iš baigtinių pasirinkimų aibių A ir B aibė yra jų Dekarto sandauga A × B. Kiekvieną A elementą galima suporuoti su kiekvienu B elementu, todėl |A × B| = |A| × |B|. Raštų ir antspaudų lentelė yra ši pilna sandauga. Jei trūktų vienos leistinos poros, lentelėje neliktų vieno langelio, ir toks visos lentelės elementų skaičiavimas nebegaliotų.

Ta pati idėja taikoma ir k etapų. Jei i etape po kiekvienos leistinos ankstesnių etapų pasirinkimų sekos galimų pasirinkimų skaičius yra nᵢ, o visi keliai tiksliai atitinka baigtis, baigčių skaičius yra n₁ × n₂ × ⋯ × nₖ. Patys pasirinkimai gali priklausyti nuo ankstesnės sekos; būtina sąlyga yra ta, kad jų skaičius tame etape būtų nurodytas pastovus dydis.

Ši sąlyga susijusi su leistinais tęsiniais, o ne su tikimybiniu nepriklausomumu. Dvi skirtingų spalvų lempos turi po du galutinius ryškumo nustatymus, net jei patys nustatymų pavadinimai skiriasi. Gaunami keturi leistini spalvos ir nustatymo pasirinkimų keliai, kai kiekvienai spalvai yra lygiai du nustatymai, o kelias vienareikšmiškai nusako lempos konfigūraciją.

Kai šakos nevienodos, sudėkite lapų skaičius

Pirmojo etapo pasirinkimas A turi du leistinus tęsinius, B – vieną, o C – keturis. Medis turi 2 + 1 + 4 = 7 lapus. Kiekviename kelyje išlieka jo pirmasis pasirinkimas, todėl trys kelių grupės nesikerta. Padauginę tris pirmojo etapo pasirinkimus iš dviejų, gautume šešis ir praleistume vieną leistiną baigtį.

Tarkime, A yra baigtinė pirmojo pasirinkimo variantų aibė, o r(a) – leistinų tęsinių skaičius pasirinkus a. Tuomet dviejų etapų kelių skaičius yra r(a) suma, kai a ∈ A. Kai kiekvienas r(a) lygus n, ši suma tampa |A| × n. Medis su nevienodu tęsinių skaičiumi ir pastovi sandauga remiasi tuo pačiu samprotavimu apie nesikertančias grupes, tik skirtingomis sąlygomis.

Kai etapų daugiau, suskaičiuokite lapus po kiekviena leistina pradine pasirinkimų seka, tada sudėkite nesikertančioms šakoms priklausančių lapų skaičius. Šaka, neturinti leistino tęsinio, neprideda nė vieno užbaigto kelio. Nelaikykite jos neužbaigto mazgo galutine baigtimi, nebent užduotyje aiškiai leidžiama ten sustoti.

Medis skaičiuoja kelius. Jei du skirtingi lapai vaizduoja tą patį galutinį objektą, bendras lapų skaičius vis tiek yra pasirinkimų istorijų skaičius, o objektams suskaičiuoti reikia papildomo samprotavimo apie atitiktį arba kartotinumą.

Apgręžiama atitiktis išsaugo elementų skaičių

Bijekcija kiekvieną vienos baigtinės aibės objektą suporuoja su lygiai vienu kitos aibės objektu, ir kiekvienas antrosios aibės objektas panaudojamas lygiai vieną kartą. Kitaip tariant, atvaizdis yra injektyvus ir siurjektyvus. Injektyvumas neleidžia skirtingų pradinių objektų atvaizduoti į tą patį objektą, o siurjektyvumas neleidžia praleisti nė vieno tikslinės aibės objekto.

Norėdami pagrįsti bijekciją, paaiškinkite ir kodavimą, ir tai, kaip atkurti pradinį objektą. Kiekvieno trijų raidžių žodžio iš {a,b} raidžių tvarkos apgręžimas yra šių žodžių aibės bijekcija į save: apgręžus du kartus, gaunamas pradinis žodis. Taip išsaugomas aštuonių žodžių skaičius. Vien žodžio raidžių surikiavimas nėra injektyvus: ir aab, ir aba virsta aab.

Atitiktis su tinklelio langeliais priskiria galutinei kortelei vienintelę porą (raštas, antspaudas). Iš šios poros galima atkurti kortelės dizainą. Taip susiejami šeši kortelės sudarymo pasirinkimų variantai ir šeši dizainai; vienodi skaičiai be atitikties nepaaiškintų, kodėl siūlomas kodavimas veikia.

Bijekcija gali susieti labai skirtingus objektus. Nebūtina pirmiausia nustatyti jų skaičiaus: įrodžius apgręžiamą atitiktį, bet kurios iš dviejų aibių objektus galima suskaičiuoti, kai suprantama kita aibė.

Atimkite nepageidaujamas baigtis iš nurodytos universaliosios aibės

Tarkime, Ω yra nurodyta baigtinė universalioji aibė, o W ⊆ Ω – nepageidaujamų baigčių aibė. Pageidaujamų baigčių aibė Ω ∖ W ir aibė W nesikerta, o jų sąjunga yra Ω. Pagal sumos taisyklę |Ω ∖ W| = |Ω| − |W|. Abu skaičiai turi būti skaičiuojami toje pačioje universaliojoje aibėje.

Kai yra trys pozicijos, kurių kiekvienoje gali būti 0 arba 1, aibėje Ω yra visi 2³ = 8 dvejetainiai žodžiai. Žodyje yra bent vienas 1 tada ir tik tada, kai tas žodis nėra 000. Vien iš nulių sudarytas žodis yra vienas, todėl pageidaujamų žodžių skaičius yra 8 − 1 = 7. Visame sąraše 000 lieka matomas kaip atmestas žodis, užuot apsimetus, kad jis niekada nepriklausė Ω.

„Bent vienas 1“ ir „lygiai vienas 1“ yra skirtingos sąlygos. Šioje universaliojoje aibėje lygiai vieną 1 turi tik 001, 010 ir 100, taigi tokių žodžių yra trys. Atimant papildinio elementų skaičių, pašalinamos tik tos baigtys, kurias iš tiesų draudžia nurodyta sąlyga.

Kai ilgis lygus nuliui, universaliojoje aibėje yra vienas tuščias žodis. Jame nėra nė vieno 1, todėl žodžių, turinčių bent vieną 1, skaičius yra 2⁰ − 1 = 0. Apribojimas, pašalinantis visus universaliosios aibės elementus, palieka nulį norimų baigčių; jei nepageidaujamų baigčių aibė tuščia, lieka visos universaliosios aibės baigtys.

Dalykite tik įrodę, kad kartotinumas visur vienodas

Tegu R yra baigtinė įrašų aibė, o T – baigtinė galutinių objektų aibė. Atvaizdis f kiekvienam įrašui priskiria objektą, kurį tas įrašas vaizduoja. Objekto t sluoksnis yra įrašų, kuriems priskiriamas t, grupė. Šie sluoksniai nesikerta: vienam įrašui negali būti priskirti du objektai.

Tarkime, kiekvieną aibės T objektą vaizduoja lygiai k įrašų, kur k yra fiksuotas teigiamas sveikasis skaičius. Tuomet sluoksniai apima visą R ir sudaro |T| grupių, kurių kiekvienoje yra k įrašų. Taigi |R| = k × |T| ir |T| = |R| ÷ k. Ši sąlyga taikoma kiekvienam T objektui; jei kurio nors objekto nevaizduotų nė vienas įrašas, jo sluoksnio dydis būtų nulis ir teigiamo k sąlyga nebūtų tenkinama.

Trys modeliai A, B ir C turi po du skirtingus katalogo įrašus: A1,A2; B1,B2; C1,C2. Atmetus įrašo priesagą, šeši įrašai atvaizduojami į tris modelius. Kiekvienas modelis turi lygiai du įrašus, todėl šešis padaliję iš dviejų teisingai suskaičiuojame tris modelius.

Dalybą pagrindžia vienodi sluoksnių dydžiai, o ne tai, kad dalmuo atsitiktinai yra sveikasis skaičius. Prieš dalydami nurodykite įrašus, objektus, juos siejantį atvaizdį ir bendrą teigiamą kartotinumą.

Iš pažiūros tinkamas daliklis gali duoti klaidingą atsakymą

Dabar keturi modeliai A, B, C ir D turi įrašus A1; B1; C1,C2; D1,D2. Yra šeši įrašai ir keturi modeliai. Sluoksnių dydžiai yra 1, 1, 2 ir 2, todėl bendro kartotinumo, lygaus dviem, nėra. Padaliję šešis iš dviejų gauname tris – sveikąjį skaičių, tačiau neteisingą modelių skaičių.

Tiksli lygybė yra |R| = atskirų sluoksnių dydžių suma. Šiuo atveju ji yra 6 = 1 + 1 + 2 + 2. Dalyba iš vienodo sluoksnių dydžio yra atskiras atvejis, kai visi dėmenys turi tą pačią reikšmę. Neturint tokio pagrindimo, kur nors pastebėtas pasikartojimas nesuteikia visur tinkamo daliklio.

Vietoj to galite išvardyti skirtingus atvaizdžio rezultatus, suskirstyti objektus į atvejus, kurių vienodi kartotinumai žinomi, arba nustatyti tikrą bijekciją. Patogaus daliklio pasirinkimas jau žinant bendrą įrašų skaičių nesuteikia nė vieno iš šių pagrindų.

Kiekvieną poaibį atitinka vienas priklausymo žodis

Fiksuokime baigtinę aibę S = {s₁, …, sₙ}, sudarytą iš n skirtingų elementų, išdėstytų pasirinkta tvarka. Poaibį užkoduokime n bitų: i-asis bitas yra 1, kai sᵢ priklauso poaibiui, ir 0, kai nepriklauso. Kiekvienam bitui galimos dvi reikšmės, todėl yra 2ⁿ žodžių. Tvarka žymi pozicijas; ji nenustato paties poaibio elementų tvarkos.

Šis kodavimas yra bijekcija. Turint poaibį, kiekvieną bitą lemia tai, ar atitinkamas elementas priklauso poaibiui. Turint žodį, į poaibį įtraukiami tik tie elementai, kurių pozicijose yra 1. Šios dvi operacijos yra viena kitos atvirkštinės, todėl kiekvienas poaibis gaunamas lygiai vieną kartą, o skirtingus poaibius atitinka skirtingi žodžiai. Taigi n elementų aibė turi 2ⁿ poaibių, kai n yra bet kuris neneigiamas sveikasis skaičius.

Kai S = {1,2,3}, žodis 101 koduoja {1,3}. Žodis 000 koduoja ∅, o 111 koduoja S. Lentelėje pateikti visi aštuoni žodžiai. Pasirinkus {3,1}, o ne {1,3}, naujas poaibis nesukuriamas: koduojant pagal fiksuotas pozicijas, abiem elementų išvardijimo tvarkomis gaunamas 101.

Kai n = 0, yra lygiai vienas poaibis – ∅ – ir lygiai vienas nulinio ilgio žodis – tuščiasis žodis. Taigi 2⁰ = 1 galima interpretuoti kaip rezultatų skaičių. Tai skiriasi nuo privalomo pasirinkimo iš tuščio pasirinkimų sąrašo, kai negalimas joks užbaigtas rezultatas. Fiksuoto dydžio poaibiams skaičiuoti naudojama kita taisyklė, nagrinėjama kitoje pamokoje.

Patikrinkite nulį, vienetą ir kelio reikšmę

Jei privalomame etape nėra nė vieno leistino pasirinkimo, joks kelias negali būti užbaigtas, todėl pagal daugybos taisyklę gaunamas skaičius yra nulis. Kai nėra privalomų etapų, yra vienas tuščias pasirinkimų rinkinys: nieko nedaryti. Kad ši interpretacija išliktų, sandauga be dauginamųjų apibrėžiama kaip vienetas. Nė vienas iš šių teiginių nekeičia privalomo pasirinkimo iš tuščios aibės prasmės.

Dviem nesikertančioms alternatyvoms sudėties taisyklė tebegalioja, kai viena arba abi yra tuščios. Skaičiuojant per papildinį, nepageidaujami rezultatai turi priklausyti nurodytai baigtinei universaliajai aibei. Taikant dalybos taisyklę, vienodas pirmavaizdžio elementų skaičius turi būti teigiamas ir galioti kiekvienam tiksliniam objektui, net jei visi parodyti objektai atrodo panašūs.

Patikimame skaičiavimo plane įvardijamas rezultatas, aprašomi leistini pasirinkimai ir patikrinama, ar atvejai persidengia, ar skiriasi šakų tęsinių skaičius ir ar skirtingos pasirinkimų istorijos veda į tą patį galutinį objektą. Tada pasirinkite taisyklę, ją pagrįskite ir patikrinkite nedidelį arba ribinį atvejį. Teisingas nedidelio atvejo rezultatų skaičius padeda patikrinti paaiškinimą, bet pats savaime neįrodo taisyklės, galiojančios be apribojimų.

Naudodamiesi tyrinėjimo priemone palyginkite šias nedideles struktūras. Prieš atverdami visą lentelę, numatykite rezultatų skaičių, tada nustatykite tikslią sąlygą, dėl kurios taisyklė galioja. Nevienodų įrašų atvejis naudingas norint patikrinti, kad vien tai, jog dalmuo yra sveikasis skaičius, dar negarantuoja teisingo atsakymo.

Išnagrinėti pavyzdžiai

Pabandykite patys

1. Galite pasirinkti vieną iš keturių skirtingų atvirukų arba vieną iš trijų skirtingų knygų skirtukų; nė vienas objektas nepriklauso abiem grupėms. Kitu atveju dovanų rinkinį sudaro vienas atvirukas ir vienas knygos skirtukas, o galimi visi jų deriniai. Apskaičiuokite variantų skaičių abiem atvejais.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Renkantis vieną daiktą, yra 4 + 3 = 7 variantų. Dovanų rinkinį galima sudaryti 4 × 3 = 12 būdais.

   Pirmuoju atveju pasirenkamas vienas nesikertančių aibių sąjungos elementas. Antruoju reikia nustatytų tipų elementų poros, o prie kiekvieno atviruko galima pridėti bet kurį iš trijų knygų skirtukų. Tai skirtingos variantų aibės.

2. Baigtinės aibės A ir B turi po penkis elementus ir A = B. Kam lygu |A ∪ B|? Paaiškinkite, kodėl nepakanka tiesiog sudėti abiejų aibių elementų skaičius.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   |A ∪ B| = 5 + 5 − 5 = 5.

   Sankirta yra visa bendra aibė. Vien sudedant kiekvienas elementas suskaičiuojamas du kartus; vieną kartą atėmus bendros aibės elementų skaičių, kiekvienas elementas lieka suskaičiuotas vieną kartą. Lygybė yra tos pačios dviejų aibių taisyklės ribinis atvejis.

3. Pirmieji pasirinkimai X, Y ir Z turi atitinkamai nulį, du ir tris leistinus tęsinius. Skaičiuojami tik užbaigti dviejų etapų keliai. Kiek yra baigčių?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Yra 0 + 2 + 3 = 5 užbaigtų kelių.

   Viršūnė X neturi nė vieno užbaigtą kelią atitinkančio lapo, todėl jos indėlis yra nulis. Pirmojo pasirinkimo žymos užtikrina, kad likusios kelių grupės nesikerta. Jei pats X būtų skaičiuojamas kaip baigtis, tai pakeistų sustojimo taisyklę.

4. Raudona lempa turi mažo ir didelio ryškumo nustatymus, o mėlyna – standartinio ir papildomo ryškumo nustatymus. Kiekviena spalvos ir nustatymo pora yra atskira konfigūracija. Ar jas galima suskaičiuoti taikant sandaugos taisyklę?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Taip. Yra 2 × 2 = 4 konfigūracijų.

   Konkretūs nustatymai priklauso nuo spalvos, tačiau kiekvienas leistinas pirmasis pasirinkimas turi lygiai du tęsinius. Skaičiuojant pagal sandaugos taisyklę reikia šio pastovaus skaičiaus, o ne vienodų nustatymų pavadinimų ar tikimybinio nepriklausomumo.

5. Suskaičiuokite keturių bitų žodžius, kuriuose yra bent vienas 1. Ar tiek pat žodžių turi lygiai vieną 1?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Bent vieną 1 turi 2⁴ − 1 = 15 žodžių. Lygiai vieną 1 turi keturi žodžiai: 1000,0100,0010,0001.

   Sąlygos „bent vienas“ neatitinka tik 0000. Žodžiai su dviem, trimis ar keturiais vienetais lieka. Kai vienetas yra lygiai vienas, jo vienintelė pozicija lemia žodį, todėl gaunamos keturios baigtys netaikant nustatyto dydžio poaibių skaičiavimo formulės.

6. T yra baigtinė objektų aibė, ir kiekvienas objektas turi lygiai tris skirtingus įrašus. Kiekvienas įrašas atitinka vieną aibės T objektą. Jei yra dvidešimt vienas įrašas, kiek yra objektų?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Yra 21 ÷ 3 = 7 objektų.

   Sluoksniai nesikerta, apima visus įrašus ir kiekviename jų yra po tris įrašus. Todėl 21 = 3 × |T|. Vienodas teigiamas kartotinumas pagrindžia dalybą ir užtikrina, kad nepraleistas nė vienas T objektas.

7. Objektai A, B, C, D turi atitinkamai vieną, vieną, du ir du įrašus. Kažkas padalija šešis įrašus iš dviejų ir nurodo, kad yra trys objektai. Kas buvo negerai?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Yra keturi objektai. Ne visų sluoksnių dydis yra du.

   Šeši įrašai suskirstyti taip: 1 + 1 + 2 + 2. Siūlomas daliklis tinka tik C ir D. Tai, kad dalmuo yra sveikasis skaičius trys, nėra pakankamas pagrindas; A ir B turi tik po vieną reprezentaciją.

8. Jei pozicijos išdėstytos tvarka 1,2,3,4, kurį poaibį koduoja 0101? Koks žodis koduoja {1,3,4}?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   0101 koduoja {2,4}; {1,3,4} koduojamas žodžiu 1011.

   i-asis bitas nurodo, ar i-asis elementas priklauso poaibiui. Bitų atkūrimas iš poaibio yra kodavimui atvirkštinė operacija, todėl nei poaibio elementų išvardijimo tvarka, nei jų pasirinkimas kita seka nesukuria kito poaibio.

9. Palyginkite vieno elemento pasirinkimą iš tuščio meniu su sutvarkyto pasirinkimų rinkinio sudarymu, kai privalomų etapų skaičius yra nulis. Kiek baigčių yra kiekvienu atveju?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Privalomas pasirinkimas iš tuščio meniu neturi nė vienos baigties. Kai privalomų etapų skaičius yra nulis, yra viena baigtis – tuščiasis sutvarkytas rinkinys.

   Pirmosios užduoties atlikti neįmanoma. Antroji užduotis jau atlikta nieko nepasirinkus. Todėl tuščiosios sandaugos reikšmė yra vienetas; tai dera su tuo, kad yra vienas tuščiasis dvejetainis žodis ir vienas ∅ poaibis.

10. Ar kiekvieno trijų raidžių žodžio iš abėcėlės {a,b} raidžių surikiavimas abėcėlės tvarka apibrėžia bijekciją visų aštuonių tokių žodžių aibėje?

    Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

    Ne. Surikiavus skirtingus žodžius galima gauti tą patį rezultatą.

    Pavyzdžiui, ir aab, ir aba atvaizduojami į aab, todėl atvaizdis nėra injektyvus. Surikiavus niekada negaunami tokie rezultatai kaip aba, todėl atvaizdis nėra ir siurjektyvus į visą aštuonių žodžių aibę. O žodžių apgręžimo atvirkštinis atvaizdis yra pakartotinis apgręžimas.

Ką verta įsidėmėti

• Prieš skaičiuodami eigas, įrašus ar užbaigtus objektus, apibrėžkite, kas laikoma viena atskira baigtimi.
• Sudėkite nesikertančių atvejų skaičius; jei dvi baigtinės aibės kertasi, vieną kartą atimkite jų sankirtos elementų skaičių.
• Dauginkite visų etapų galimybių skaičius tik tada, kai kiekvienas leistinas pradinis kelio fragmentas turi nurodytą tęsinių skaičių, o keliai vienareikšmiškai nusako baigtis.
• Nevienodose šakose baigtys skaičiuojamos sudedant jų užbaigtų lapų skaičius; aklavietė prideda nulį.
• Bijekcijos išsaugo elementų skaičių, papildiniams reikia nurodytos baigtinės universaliosios aibės, o dalybai reikia teigiamo ir vienodo kiekvieno objekto kartotinumo.
• Fiksuotos tvarkos įtraukimo žodis kiekvieną poaibį užkoduoja lygiai vieną kartą, todėl gaunami 2ⁿ poaibių ir viena tuščia baigtis, kai n = 0.