Mavzu: To’plamlarda guruhlash, ular sonini aniqlash Fan nomi

А32 {m;n},{m;l},{n;l},{n;m},{l;m},{l;n}=6 ta takrorlanmaydigan
joylashtirish; ta takrorlanuvchi guruhlashlar mavjud.
Ta`rif. Agar S to`plamdan A qism to`plamni n usul bilan tanlash mumkin bo`lsa, undan farqli boshqa B qism to`plamni m usulda tanlash
mumkin bo`lsa va bunda A va B larni bir vaqtda tanlash mumkin bo`lmasa, u holda S to`plamdan AB tanlanmani nm usulda olish mumkin. Agar AB bo’lsa, u holda A va B to’plamlar kesishmaydigan to’plamlar deyiladi. Xususiy holda, agar barcha i, j 1,2,...,k, i j lar uchun Ai Aj bo’lsa, u holda S A1 A2 ...Ak to’plam S to’plamning o’zaro kesishmaydigan qism to’plamlari yoki oddiygina qilib bo’laklari deyiladi.
Demak, yig’indi qoidasida A va B lar S to’plamning bo’laklaridir.
Ta`rif. Agar S to`plamdan A tanlanmani n usulda va har bir n usulda
mos B tanlanmani m usulda amalgam oshirish mumkin bo`lsa, u holda A va
B tanlanmani ko`rsatilgan tartibda n m usulda amalga oshirish mumkin.
To’plamlar nazariyasi nuqtai nazaridan qaraydigan bo’lsak, bu qoida
to’plamlarning Dekart ko’paytmasi tushunchasiga mos keladi.
Misol. “Zukhrotravel” turistik kompaniyasi “Xiva – Chirchiq” yo`nalishida
sayohat uyushtirmoqchi bo`lsa, necha xil usulda sayohat smetasini ishlab chiqish
mumkin.
Xivadan Chirchiqqa to`g`ridan to`g`ri jamoat transporti yo`q, shuning uchun
“Xiva – Toshkent – Chirchiq” yo‘nalishi bo‘yicha harakatlanishga to`g`ri keladi.
Xivadan Toshkentga samolyo’t, avtobus yoki poyezdda yetib borish
mumkin, demak, 3 xil usuldan birini tanlash mumkin;
Toshkentdan Chirchiqqa esa avtobus yoki poyezdda borish mumkin, ya`ni 2
xil tanlanma mavjud.
“Xiva – Chirchiq” sayohatini 32 6 xil usulda tashkil qilish mumkin.2.3.3. Ko`paytma qoidasini umumlashtirish.
Ta`rif. Aytaylik birin-ketin k ta harakatni amalga oshirish kerak bo‘lsin.
Agar birinchi harakatni n1 usulda, ikkinchi harakatni n2 usulda, va hokazo k -
harakatni nk usulda amalga oshirish mumkin bo‘lsa, u holda barcha k ta harakat
n1 n2 n3 ... nk usulda amalga oshiriladi.
Misol 1. Ikkinchi bosqich talabalari III semestrda 12 ta fanni o`rganishadi.
Seshanba kuniga 3 ta turli fanni nechta usulda dars jadvaliga joylash mumkin?
Bu misolda 12 ta fanni takrorlamasdan 3 tasini joylashtirish kerak. Buning uchun
birinchi fanni 12 usulda, ikkinchi fanni 11 usulda va uchinchi fanni 10 ta usulda
tanlash mumkin. Ko`paytirish qoidasiga asosan 121110 1320 .
Demak, 3 ta turli fanni 1320 usulda joylash mumkin ekan.
Misol 2. Diskret matematika fanidan talabalar o`rtasida bo`ladigan olimpiadaning
mamlakat bosqichida 16 nafar talaba qatnashmoqda. Necha xil usulda I, II va III
o`rinlar taqsimlanishi mumkin?
Yechilishi: I o`rinni 16 talabadan biri egallashi mumkin. I o`rin sohibi
aniqlangandan keyin, II o`rinni qolgan 15 talabadan biri egallaydi va nihoyat III
o`rin qolgan 14 talabadan biriga nasib qiladi. Demak I, II va III o`rin g`oliblarini
1615143360 xil usulda aniqlash mumkin.
Misol 3. 5 soniga bo`linadigan 4 xonali sonlar nechta?
Yechilishi: Masalada takrorlanuvchi joylashtirish haqida so`z bormoqda.
Birinchi xonaga Z {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} to`plamning 10 ta elementidan
bittasini tanlash mumkin, lekin 0 ni birinchi xonaga qo`yish mumkin emas, aks holda son 3 xonali bo`lib qoladi. Bo`linish belgisiga ko`ra son 5 ga bo`linishi
uchun 0 yoki 5 bilan tugashi kerak.
Demak, 1- xona raqami uchun 9 ta tanlash mavjud; 2- va 3- xona raqamlari uchun esa 10 ta tanlash usuli bor; 4- xona, ya`ni oxirgi raqam uchun 0 yoki 5 raqamlari bo`lib, 2 ta tanlash mavjud. U holda ko`paytirish qoidasidan foydalansak, 910102 1800 ta 5 ga bo`linadigan 4 xonali son borligini aniqlaymiz.
Agar biror m murakkab son berilgan bo’lsa, uning bo‘luvchilar sonini topish
uchun oldin tub sonlar ko’paytmasi shakliga keltiriladi:

bunda p1, p2,...., pn – tub sonlar, 1, 2,....,n daraja ko’rsatkichlari bo’lib, m

murakkab sonning bo‘luvchilari soni
(1 1)(2 1).... (n 1)
ga teng bo’ladi.
Misol. 48 sonining bo’luvchilari sonini topish uchun 48 24 3 ni topamiz.
U holda 48 ning bo‘luvchilari soni (4 1)(11) 52 10 ekanligi topiladi.

Avvalo barcha mumkin bo`lgan joylashtirishlarni topib olamiz. Bu masalani yechish uchun ko`paytma qoidasidan foydalanamiz ta elementi bo`lgan to‘plamda birinchi elementni tanlash uchun ta imkoniyat bor, ikkinchi elementni tanlash uchun esa ta imkoniyat qoladi. Joylashtirish takrorlanmaydigan bo`lgani uchun tanlab olingan element keyingi tanlanmalarda ishtirok etmaydi. Shuning uchun - elementni tanlash uchun imkoniyat qoladi. U holda barcha takrorlanmaydigan joylashtirishlar soni:

ga teng bo`ladi.
Bizga tartiblanmagan takrorlanmaydigan ta elementi bo`lgan to‘plam berilgan bo`lsin. bilan ni taqqoslaymiz. Bilamizki, ta elementni ta usulda tartiblash mumkin, ya` ni

bo`ladi. Bundan

kelib chiqadi

Ta`rif 1.