Номер 4, страница 193 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Глава 5. Комбинаторика. Проверь себя! - номер 4, страница 193.

Условие.

4. Сколькими способами можно разложить 6 монет по двум карманам?

Решение 2.

Решение 3.

Эта задача по комбинаторике может иметь несколько решений в зависимости от того, как мы интерпретируем её условия: являются ли монеты и карманы различимыми (уникальными) или неразличимыми (одинаковыми). Как правило, если в задаче не указано иное, объекты (монеты) считаются неразличимыми, а "контейнеры" (карманы, например, левый и правый) — различимыми. Этот случай мы рассмотрим первым как наиболее вероятный. Однако для полноты решения приведём все четыре возможных варианта.

Случай 1: Монеты неразличимы, карманы различимы

Это наиболее стандартная интерпретация подобных задач. Мы не отличаем одну монету от другой, но различаем карманы (например, «левый» и «правый»). Задача сводится к подсчету вариантов распределения количества монет по карманам.
Пусть $k_1$ — количество монет в первом кармане, а $k_2$ — во втором. Нам нужно найти количество целочисленных неотрицательных решений уравнения: $k_1 + k_2 = 6$.
Перечислим все возможные распределения (пары $(k_1, k_2)$):
(0, 6) — 0 монет в первом и 6 во втором
(1, 5) — 1 монета в первом и 5 во втором
(2, 4) — 2 монеты в первом и 4 во втором
(3, 3) — по 3 монеты в каждом
(4, 2) — 4 монеты в первом и 2 во втором
(5, 1) — 5 монет в первом и 1 во втором
(6, 0) — 6 монет в первом и 0 во втором
Всего получается 7 различных способов.
Эту задачу можно также решить с помощью формулы сочетаний с повторениями. Количество способов разложить $n$ неразличимых предметов по $k$ различимым ящикам равно $C_{n+k-1}^{k-1} = \binom{n+k-1}{k-1}$.
В нашем случае $n=6$ (монеты) и $k=2$ (карманы).
$C_{6+2-1}^{2-1} = C_{7}^{1} = \frac{7!}{1!(7-1)!} = 7$.
Ответ: 7

Случай 2: Монеты различимы, карманы различимы

В этом случае мы считаем, что все монеты разные (например, разного номинала или года выпуска) и карманы тоже разные. Для каждой из 6 монет есть два варианта, куда ее положить: в первый карман или во второй. Поскольку выбор для каждой монеты независим, мы можем использовать правило умножения.
Первая монета: 2 варианта.
Вторая монета: 2 варианта.
...
Шестая монета: 2 варианта.
Общее количество способов равно произведению числа вариантов для каждой монеты:
$2 \times 2 \times 2 \times 2 \times 2 \times 2 = 2^6 = 64$.
Ответ: 64

Случай 3: Монеты неразличимы, карманы неразличимы

Здесь мы не различаем ни монеты, ни карманы. Это означает, что способ «1 монета в одном кармане, 5 в другом» не отличается от способа «5 монет в одном кармане, 1 в другом». Задача сводится к нахождению числа разбиений числа 6 на не более чем 2 слагаемых.
Перечислим эти уникальные разбиения (пары {монет в одном кармане, монет в другом}):
{0, 6}
{1, 5}
{2, 4}
{3, 3}
Следующее разбиение {4, 2} уже было учтено как {2, 4}, так как карманы неразличимы. Всего получается 4 способа.
Ответ: 4

Случай 4: Монеты различимы, карманы неразличимы

Это самый сложный с точки зрения подсчета случай. Мы различаем монеты, но не карманы. Задача сводится к тому, чтобы разбить множество из 6 различных элементов на 1 или 2 непустых подмножества (кучки).
Можно рассуждать следующим образом. Возьмем результат из Случая 2, где и монеты, и карманы различимы ($2^6 = 64$ способа). В этих 64 способах есть два крайних случая: все монеты в первом кармане (и 0 во втором) и все монеты во втором (и 0 в первом). Так как карманы неразличимы, эти два способа становятся одним: все монеты в одной кучке, а другая пуста. Это 1 способ.
Остальные $64 - 2 = 62$ способа представляют собой разбиения, где в каждом кармане есть хотя бы одна монета. Каждое такое разбиение было посчитано дважды (например, {монета 1} в первом кармане и {остальные 5} во втором, и наоборот, {остальные 5} в первом, а {монета 1} во втором). Поскольку карманы неразличимы, эти пары вариантов становятся одним и тем же способом. Поэтому количество уникальных таких разбиений равно $62 / 2 = 31$.
Суммарное количество способов: $1$ (когда один карман пуст) $+ 31$ (когда оба кармана не пусты) $= 32$.
Математически это соответствует сумме чисел Стирлинга второго рода $S(6, 1) + S(6, 2) = 1 + 31 = 32$.
Ответ: 32