Tayyorlash va ularning malakasini oshirish hududiy

 
abc,  abd,  acd,  bcd 
 
Agar  bu  gruppalarning  har  birida  mumkin  bo`lgan  barcha  o`rin 
almashtirishlarni  qilsak,  to`rt  elementdan  3  talab  mumkin  bo`lgan  barcha 
o`rinlashtirishlarni hosil qilamiz: 
 
 
 
abc
acd
bac
bca
cad
cba
abd
adb
bad
bda
dab
dba
acd
adc
cad
cda
dac
dca
bcd
bdc
cbd
cdb
dbc
dcb
 
 
Bunday o`rinlashtirishlarning soni 6

 4=24 bo`ladi. 
 
Shunday qilib m ta elementdan n tadan olib tuzilgan barcha o`rinlashtirishlar 
soni,  m  ta  elementdan  n  tadan  olib  tuzilgan  barcha  gruppalar  soni  bilan  n  ta 
elementdan  tuzish  mumkin  bo`lgan  barcha  o`rin  almashtirishlar  sonining 
ko`paytmasiga teng, yaoni: 
 
 
 
 
A
C P
m
n
m
n
n

,
 
bunda 
C
m
n
  ifoda  m  ta  elementdan  n  tadan  olib  tuzilgan  barcha  gruppalar  sonini 
belgilaydi  (S  —  frantsuzcha  "combinaison"  so`zining  bosh  harfi,  uning  maonosi 
"gruppalash" demakdir). 
 
Bundan gruppalarning quyidagi formulasini chiqaramiz: 

---

160 
 
C
A
P
m m
m
m
n
n
m
n
n
n
n






 
(
)(
). . .[
(
)]
. . .
.
1
2
1
1 2 3
 
 
Masalan: 
C
C
4
2
4
3
4 3
1 2
6
4 3 2
1 2 3





 
 
,
 va shunga o`xshash. 
 
 
 
1)  Bir  vazifaga  ko`rsatilgan  10  nomzoddan  uch  kishi  saylanishi  kerak. 
Saylovdagi turli imkoniyatlar qancha bo`lishi mumkin? 
 
Izlangan  son  o`n  elementni  3  tadan  joylashtirib  tuzilishi  mumkin  bo`lgan 
barcha gruppalar sonini tashkil qiladi, yaoni 
C
10
3
10 9 8
1 2 3
120

 
 

.
 
 
2) 52 xil kartadan iborat dastadan 13 kartani necha xil qilib olish mumkin? 
 
Izlangan son, 52 ta kartadan 13 tadan olib tuzilgan gruppalar sonidan iborat, 
yaoni: 
C
52
13
52 51 50
40
1 2 13
635013559600

 


. . .
. . .
 
 
4.  Gruppalar  soni  formulasining  boshqacha  shakli.  Gruppalar  soni 
formulasining surat va maxrajini ushbu 1

2

3...(m-n) ko`paytmaga ko`paytirib, uni 
boshqacha shaklga keltirish mumkin; u holda suratda  m(m-1)...[m-(n-1)] 

1

2

3 ... 
(m-n)  ko`paytma  chiqadi,  bundan  ko`paytuvchilarning  o`rnini  alishtirib  shunday 
yozsak bo`ladi: 
 
 
1

2

3... (m-n)[m-(n-1)] ... m 
 
Demak: 
 
 
 
C
m
m
n
m
n
P
P P
m
n
m
n
m n

 

  
  




1 2 3
1
1 2 3
1 2 3
. . . (
)
. . .
. . . (
)
.
 
 
5.  Gruppalashning  xossasi.  Bu  formula  n  ni    m-n    bilan  almashtirib,  shuni 
chiqara olamiz: 
 
 
C
m
m
m
n
n
P
P P
m
m n
m
n
m n



 

  

 


1 2 3
1
1 2 3
1 2 3
. . . (
)
. . . (
)
. . .
.
 

---

161 
 
 
Bu formulani o`tgan formula bilan solishtirib, shuni topamiz: 
 
 
 
 
C
C
m
n
m
m n


 
 
Quyidagi  oddiy  muhokama  ham  shu  xulosaga  keltiradi:  agar  m  ta 
elementdan, bir gruppa tuzish uchun qanday bo`lmasin n ta elementni tanlab olsak, 
qolgan  elementlarning  hammasi  m-n  ta  elementdan  bir  gruppa  tashkil  qiladi. 
SHunday  qilib,  n  ta  elementdan  tuzilgan  har  bir  gruppaga  m-n  ta  elementdan 
tuzilgan bir gruppa to`g`ri keladi, va aksincha; demak: 
 
 
 
 
C
C
m
n
m
m n


 
 
Bu munosabat, agar 
n
m

1
2
 bo`lsa, m ta elementdan n tadan olib tuzilgan 
gruppalar sonini topishi soddalashtirishga imkon beradi. Masalan: 
 
 
C
C
100
97
100
3
100 99 98
1 2 3
161700




 

 
 
 
 
 
Nyuton binomi 
 
1.  Faqat  ikkinchi  hadlari  bilan  farq  qiladigan  binomlarning 
ko`paytmasi. Odatdagicha ko`paytirish bilan shularni topamiz: 
(x+a)(x+b)=x
2
+ax+ab=x
2
+(a+b)x+ab; 
(x+a)(x+b)(x+c)=[x
2
+(a+b)x+ab](x+c)= 
=x
3
+(a+b)x
2
+abx+cx
2
+(ac+bc)x+abc= 
x
3
+(a+b+c)x
2
+(ab+ac+bc)x+abc. 
 
Shunga o`xshash yana  quyidagini topa olamiz: 
(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)=x
4
+(a+b+c+d)x
3
+(ab+ 
+ac+ad+bc+bd++cd)x
2
+(abc+abd+acd+bcd)x+abcd. 
 
Ko`paytmalarga  diqqat  bilan  qarasak,  ularning  hammasi  bir  xil  qonunga 
asoslanib tuzilganliklarini ko`ramiz, yaoni: 
 
Ko`paytma  x  ning  darajalari  kamayishiga  qarab  tartib  bilan  joylashgan 
ko`phadni tashkil qiladi. 
 
Birinchi  hadning  ko`rsatkichi  ko`paytuvchi  binomlar  soniga  teng;  keyingi 
hadlarga x ning ko`rsatkichlari 1 tadan kamayib boradi; oxirgi hadda x  bo`lmaydi 
(x nolinchi darajada bo`ladi). 

---

162 
 
 
Birinchi hadning koeffitsienti 1; ikkinchi hadning koeffitsienti ko`paytuvchi 
binomlarning  ikkinchi  hadlarining  yig`indisi;  uchinchi  hadning  koeffitsienti 
ikkinchi  hadlarning  ikkitalab  olingan  ko`paytmalarning  yig`indisi;  to`rtinchi 
hadning  koeffitsienti  ikkinchi  hadlarning  uchtalab  olingan  ko`paytmalarining 
yig`indisi. Oxirgi had barcha ikkinchi hadlarning ko`paytmasidan iborat. 
 
Bu  qonun  har  qanday  sondagi  binomlar  ko`paytmasiga  ham  qo`llanish 
mumkin  ekanligini  isbot  qilamiz.  Buning  uchun  oldin,  agar  u  m  ta  binom 
ko`paytmasi: 
(x+a)(x+b)(x+c)...(x+k) 
uchun to`g`ri bo`lsa, u holda (m+1) ta binom ko`paytmasi 
(x+a)(x+b)(x+c)...(x+k)(x+l) 
uchun ham to`g`ri bo`lishiga ishonch hosil qilamiz. 
 
Demak, quyidagi tenglikni to`g`ri deb faraz qilamiz: 
(x+a)(x+b)(x+c)...(x+k)=x
m
+S
1
x
m-1
+S
2
x
m-2
+...+S
m
 
bunda qisqacha ifoda qilish uchun shunday faraz qilamiz: 
 
 
 
 
S
1
=a+b+c+...+i+k; 
 
 
 
 
S
2
=ab+ac+...+ik; 
 
 
 
 
S
3
=abc+abd+...; 
 
 
 
 
....................... 
 
 
 
 
S
m
=abc...ik. 
 
To`g`ri  deb  faraz  qilingan  tenglikning  ikkala  tomonini  x+l  binomga 
ko`paytiramiz: 
(x+a)(x+b)...(x+k)(x+l)= 
=( x
m
+S
1
x
m-1
+S
2
x
m-2
+...+S
m
)(x+l)= 
x
m+1
+S
1
x
m
+S
2
x
m-1
+...+S
m
x+ lx
m
+lS
1
x
m-1
+S
2
x
m-2
+...+lS
m
= 
= x
m+1
+(S
1
+l)x
m
+(S
2
+lS
1
)x
m-1
+...+(S
m
+lS
m-1
)x+lS
m
. 
 
Bu  yangi  ko`paytmaga  karab,  uning  m  ta  binom  uchun  to`g`ri  deb  olingan 
qonunga  bo`ysunishiga  ishonch  hosil  qila  olamiz.  haqiqatan,  birinchidan,  x  ning 
ko`rsatkichlari  shu  qonunga  bo`ysunadi;  ikkinchidan,  koeffitsientlar  ham  shunga 
bo`ysunadi,  chunki  ikkinchi  sonning  S
1
+l  koeffitsienti  ko`paytuvchi  binomlar 
ikkinchi  hadlarining  (l  ham  shunga  kirgan  xoldagi)  yig`indisi;  uchinchi  had 
koeffitsienti  S
2
+lS
1
,  barcha  ikkinchi  hadlarning  (bunga  l  ham  kirgan  holda) 

---

163 
 
ikkitalab  olingan  ko`paytmalarining  yig`indisidan  iborat  va  shunga  o`xshash; 
nihoyat, lS