Sayma Prinsipləri — Onlayn dərslik

Qeyd. Bu dərsdə nələr öyrənəcəyik? Kombinatorikanı yeni öyrənməyə başlayan şagirdlər çox vaxt ona sadəcə «düsturlar toplusu» kimi yanaşırlar:

n!

C(n,k)

kimi ifadələri əzbərləyir və daima «bura hansı düsturu qoyum?» deyə düşünürlər. Bu dərsin əsas məqsədi məhz bu yanlış təsəvvürü elə ilk gündən aradan qaldırmaqdır. Aşağıdakı səhifələrdə heç bir düstur verilməyəcək — sadəcə iki təməl qayda (toplama və vurma), onların düzgün tətbiq edilməsi mədəniyyəti və tamamlayıcı (əks) sayma metodu öyrədiləcək. Bütün bunlara rəğmən, burada həll edəcəyimiz məsələlərin böyük bir qismi olimpiada səviyyəsindədir. Unutmayın ki, sayma sadəcə hesab əməliyyatı deyil, bir sistemləşdirmə (strukturlaşdırma) bacarığıdır: obyektləri elə düzülüşə və ya qruplara ayırmalısan ki, onları saymaq artıq öz-özünə, təbii şəkildə alınsın.

İlkin biliklər. Heç bir xüsusi bilik tələb olunmur. Yalnız toplama və vurma əməlləri, «cüt/tək», «bölünür» kimi sadə məktəb anlayışlarını bilmək və diqqətli olmaq kifayətdir.1Sayma nədir və nə üçün çətindir?Qutuda

7

qırmızı və

5

mavi kürə var. Cəmi neçə kürə var? On iki. Bunu hesablamaq üçün heç bir xüsusi qayda öyrənməyə ehtiyac yoxdur.İndi isə fərqli bir sual verək: bütün rəqəmləri bir-birindən müxtəlif olan neçə beşrəqəmli ədəd var? Cavab

27\,216

-dır. Bu ədədi tapmaq üçün heç kim

27\,216

ədədi oturub bir-bir yazmır. Deməli, sayma prosesinin xüsusi bir texnikası var və bu texnika adi sadalamadan tamamilə fərqlənir.

Tərif 1.1 (Sonlu çoxluq və onun gücü).

A

sonlu çoxluğunun elementlərinin sayı (gücü)

|A|

ilə işarə olunur. Kombinatorik məsələni həll etmək — verilmiş şərtləri ödəyən obyektlərin əmələ gətirdiyi

A

çoxluğunu düzgün şəkildə qurmaq və

|A|

qiymətini tapmaq deməkdir.

Burada şagirdlərin üzləşdiyi ən böyük gizli çətinlik məhz birinci hissə ilə bağlıdır. Şagirdlər adətən hesablamalarda deyil, «mən hansı obyektləri sayıram?» sualına cavab verərkən səhv edirlər. Ona görə də bütün dərs boyu xüsusi bir intizama əməl edəcəyik:

Qeyd. Saymanın qızıl qaydası. Düzgün sayma prosesi elə qurulmalıdır ki, hər bir obyekt (variant) orada tam olaraq bircə dəfə hesablanmış olsun — nə sıfır dəfə, nə də iki dəfə. Hər hansı bir sayma metodu təklif edərkən mütləq özünüzə bu iki sualı verin:

1. Bu metod hər hansı halı nəzərdən qaçırırmı? (yəni: doğrudanmı hər bir obyekt hesablanır?)
2. Bu metod hər hansı halı artıq sayırmı? (yəni: eyni bir obyekt təsadüfən iki və ya daha çox yerdə sayılırmı?)

Kombinatorikada buraxılan səhvlərin demək olar ki, hamısı bu iki sualdan ən azı birinin cavabının «bəli» olması ilə bağlıdır.

Sadalama — ilk və ən etibarlı alətKiçik hallarda variantları əllə sadalamağın heç bir qəbahəti yoxdur; əksinə, o, təcrübəli olimpiadaçının ən çox müraciət etdiyi yoxlama alətidir. Amma sadalama prosesi təsadüfi, pərakəndə olmamalıdır — o, sistemli şəkildə aparılmalıdır.

Nümunə 1.1 (sistemli sadalama). Rəqəmləri yalnız

\{1,2,3\}

çoxluğundan götürülən və təkrarlanmayan neçə üçrəqəmli ədəd var?Gəlin onları sadalayaq, lakin bunu artan (leksikoqrafik) sıra ilə edək:

123,\ 132,\ 213,\ 231,\ 312,\ 321

. Cəmi altı ədəd.Diqqət edin: sadalamanı «ağlıma gəldi, yazdım» şəklində deyil, leksikoqrafik (lüğət) ardıcıllığı ilə apardıq. Məhz buna görə də nəyisə nəzərdən qaçırmadıq və heç nəyi iki dəfə saymadıq. Üstəlik, burada çox önəmli bir qanunauyğunluq gördük: birinci rəqəmi seçmək üçün

3

imkan var və bu imkanların hər biri özündən sonra yeni

2

variant açır. Bax, gördüyünüz bu müşahidə, vurma qaydasının özəli (təməli) hesab olunur.

Qeyd. Sadalamadan nə vaxt istifadə edirik? (a) Məsələnin məntiqini anlamaq üçün:

n

-in kiçik qiymətlərində məsələni əllə sayır və ümumi qanunauyğunluğu kəşf edirik. (b) Cavabı yoxlamaq üçün: tapdığınız düsturu və ya metodu

n=1,2,3

halları üçün əllə sadalama nəticələri ilə üzləşdiririk. Bu vərdiş sizi olimpiadalarda onlarla təhlükəli səhvdən xilas edəcək.

2Toplama qaydasıİki əsas qaydanın birincisi ilə başlayaq. Bu qayda o qədər sadə və təbiidir ki, biz çox vaxt onun formal yazılışını belə görmədən tətbiq edirik — lakin ən kobud səhvlər məhz burada buraxılır.

Teorem 2.1 (Toplama qaydası). Əgər

A

və

B

sonlu çoxluqlarının ortaq elementi yoxdursa (yəni onlar kəsişmirsə,

A\cap B=\emptyset

), onda onların birləşməsinin elementləri sayı belə tapılır:

|A\cup B| = |A| + |B|.

Daha ümumi halda: Əgər

A_1,A_2,\dots,A_k

çoxluqları cüt-cüt kəsişmirsə, onda:

|A_1\cup A_2\cup\dots\cup A_k| = |A_1|+|A_2|+\dots+|A_k|.

İsbat. Əvvəlcə

A

çoxluğunun elementlərini bir-bir sayıb

|A|

-ya çatırıq, sonra heç bir elementi təkrar saymadan

B

-nin elementlərini saymağa davam edirik və yekunda

|A|+|B|

alırıq. Bu sayma prosesi çoxluqların birləşməsindəki hər elementi ən azı bir dəfə hesablayır (çünki birləşmənin hər elementi ya

A

-da, ya da

B

-dədir) və heç birini iki dəfə (artıq) hesablamır (çünki

A\cap B=\emptyset

olduğu üçün heç bir element eyni anda hər iki çoxluğa aid deyil). Qızıl qaydaya görə bu sayma tamamilə düzgündür. Ümumi hal isə

k

-ya görə riyazi induksiya metodu ilə asanlıqla isbatlanır.

Praktikada bu teorem özünü aşağıdakı kimi göstərir:

Hallara ayırma metodu. Əgər sayılacaq obyektləri bir-birini istisna edən bir neçə fərqli hala bölmək mümkündürsə, o zaman hər bir halı ayrıca hesablayıb sonda nəticələri toplayırıq. Bunun üçün iki mühüm şərt ödənməlidir:

• Tamlıq: axtarılan hər bir obyekt mütləq şəkildə heç olmasa bir hala düşməlidir;
• Kəsişməmə (Ayrılıq): heç bir obyekt eyni anda iki fərqli hala aid olmamalıdır.

Nümunə 2.1 (izah). Kafedə 4 növ çay və 3 növ qəhvə var. Müştəri bunlardan yalnız bircə içki seçməlidir. Bu seçimi neçə fərqli cür etmək mümkündür?Seçim ya çay olacaq, ya da qəhvə — bu iki hal kəsişmir (ortaq elementi yoxdur) və bütün imkanları əhatə edir. Deməli, variantların sayı:

4+3=7

Nümunə 2.2 (izah).

1

-dən

100

-ə qədər olan natural ədədlərdən neçəsi

7

-yə və ya

11

-ə bölünür?

7

-yə bölünənlər:

7,14,\dots,98

— yəni

\lfloor 100/7\rfloor = 14

ədəd.

11

-ə bölünənlər:

11,22,\dots,99

— yəni

\lfloor 100/11\rfloor = 9

ədəd. Cavab

14+9=23

deyilmi?Xeyr, səhvdir.

77

ədədi hər iki siyahıda mövcuddur və biz onu fərqində olmadan iki dəfə saydıq. Hallar kəsişdi. Düzgün cavab belə olmalıdır:

14+9-1=22

Qeyd. Ən çox buraxılan səhv — kəsişən hallar. Yuxarıdakı nümunə kombinatorikanın bir nömrəli tələsidir. Məsələnin şərtində «və ya» sözünü gördükdə dərhal ədədləri toplamağa tələsməyin: əvvəlcə mütləq şəkildə halların kəsişib-kəsişmədiyini yoxlayın. Əgər kəsişirsə, bunu həll etməyin iki yolu var:

1. hallara başqa (kəsişməyən) formada ayırmaq (bu dərsin əsas yanaşması);
2. kəsişməni ayrıca hesablayıb ümumi cəmdən çıxmaq (bu, Daxiletmə-xaricetmə prinsipi adlanır və Dərs 4-ün mövzusudur).

Yuxarıdakı məsələdə birinci yolla getmək istəsəydik, məsələni belə bölərdik: «yalnız

7

-yə bölünənlər» (

14-1=13

), «yalnız

11

-ə bölünənlər» (

9-1=8

), «hər ikisinə eyni anda bölünənlər» (

1

). Bu üç hal bir-biri ilə qətiyyən kəsişmir və cəm bizə doğru cavabı verir:

13+8+1=22

Nümunə 2.3 (izah).

100

-dən kiçik neçə natural ədədin rəqəmlərinin cəmi

5

-ə bərabərdir?Ədədləri rəqəmlərinin sayına görə hallara ayıraq — bu ayırma forması açıq-aydın bir-biri ilə kəsişmir.

• Birrəqəmli ədədlər: yalnız $5$ ədədi. — cəmi $1$ ədəd.
• İkirəqəmli ədədlər (formasını $\overline{ab}$ kimi yazsaq, $a\ge 1$ ): $14, 23, 32, 41, 50$ . — cəmi $5$ ədəd.

Yekun nəticə:

1+5=6

3Vurma qaydasıİndi isə keçək ikinci — və kombinatorikada daha güclü hesab edilən — qaydaya.

Teorem 3.1 (Vurma qaydası). Fərz edək ki, hər hansı bir obyekt (və ya seçim) ardıcıl olaraq

k

addımda formalaşır: birinci addımı seçmək üçün

n_1

qədər imkan var; birinci addımda edilən seçimdən asılı olmayaraq, ikinci addımda həmişə

n_2

sayda imkan (variant) yaranır; ilk iki addımdakı seçimlərdən asılı olmayaraq, üçüncü addımda həmişə

n_3

sayda imkan yaranır və s. Əgər hər bir fərqli seçim ardıcıllığı bizə fərqli bir obyekt verirsə, onda yaradıla bilən obyektlərin ümumi sayı

n_1\cdot n_2\cdot\dots\cdot n_k

düsturu ilə hesablanır.

İsbat. Sadəlik üçün yalnız

k=2

halına baxaq. Birinci addımda seçilə biləcək hər bir

x

variantı üçün ikinci addımda seçilə biləcək variantlardan ibarət bir qrup (dəstə) yaranır və hər qrupda mütləq

n_2

sayda obyekt var. Ümumilikdə belə qrupların sayı

n_1

qədərdir və onlar cüt-cüt kəsişmir (çünki hər qrupun birinci seçimi fərqlidir). Toplama qaydasına əsasən ümumi say

\underbrace{n_2+n_2+\dots+n_2}_{n_1\ \text{dəfə}} = n_1 n_2

olacaqdır. Ümumi

k

halı üçün isbat isə riyazi induksiya ilə aparılır: ilk

k-1

addımı bütöv bir «böyük addım» kimi qəbul edib, məsələni yenidən

2

-addımlı (yəni yuxarıda isbat etdiyimiz) hala gətiririk.

Gördüyünüz kimi, bu isbatdan çox mühüm bir nəticə çıxır: vurma qaydası əslində toplama qaydasının qısaldılmış və optimallaşdırılmış formasıdır. Biz sadəcə olaraq eyni ədədi dəfələrlə toplamaq əvəzinə, işimizi asanlaşdırıb onları bir-birinə vururuq.

Nümunə 3.1 (izah). Bir avtomobilin dövlət qeydiyyat nişanı (nömrəsi)

2

hərf və ardınca gələn

3

rəqəmdən ibarətdir. Əgər istifadə edilən əlifbada

32

hərf varsa, neçə müxtəlif avtomobil nömrəsi düzəltmək olar?Nömrədə ümumilikdə beş mövqe var; birinci iki mövqenin hər biri üçün (hərflər)

32

, sonrakı üç mövqenin hər biri üçün isə (rəqəmlər)

10

imkan var:

32\cdot 32\cdot 10\cdot 10\cdot 10 = 1\,024\,000 .

Nümunə 3.2 (izah). Cəmi neçə üçrəqəmli natural ədəd var?Ədədin birinci rəqəmi

0

ola bilməz — buna görə

9

imkan var; yerdə qalan iki mövqenin hər biri üçün isə

10

-ar imkan mövcuddur:

9\cdot 10\cdot 10=900

. (Yoxlama üçün:

999-100+1=900

. dəqiqdir)

Qeyd. Vurma qaydasının şərtinin dəqiq mənası — ən incə məqam. Teoremdə «ikinci addımda həmişə

n_2

imkan var» deyilir. Bu ifadə ikinci addımın formalaşdırdığı imkanların eyni variantlar (obyektlər) olmasını tələb etmir — yalnız və yalnız variantların sayının eyni olmasını tələb edir.Gəlin buna bir nümunə ilə baxaq: rəqəmləri təkrarlanmayan üçrəqəmli ədədləri sayaq. Birinci rəqəm:

9

imkan var (

1

–

9

). İkinci rəqəm: birinci seçilmiş rəqəmdən fərqli olmalıdır, yəni

10-1=9

imkan qalır — seçiləcək bu doqquz rəqəmin hansılar olacağı məhz birinci addımdakı seçimdən asılıdır, ancaq variantların sayı həmişə dəqiq olaraq

9

-a bərabərdir. Üçüncü rəqəm isə fərqli

8

imkan yaradır. Beləliklə, say:

9\cdot 9\cdot 8=648

.Bu zərif fərqi (məntiqi) tuta bilməyən şagird, olimpiada məsələlərində ya vurma qaydasını ümumiyyətlə tətbiq edə bilmir, ya da onu qətiyyən işləməməli olduğu yerdə səhvən işlədir.

Qeyd. Addımların (seçimlərin) sırasını siz özünüz müəyyən edirsiniz. Vurma qaydası obyekti formalaşdırarkən işə hansı hissədən (hansı mövqedən) başlamağı qəti olaraq diktə etmir. Praktik olaraq ən yaxşı yanaşma budur: həllə həmişə ən çox məhdudiyyəti (maneəsi) olan mövqedən başlayın.Nümunə: rəqəmləri təkrarlanmayan neçə üçrəqəmli cüt ədəd var? Əgər ədədi formalaşdırmağa soldan (birinci rəqəmdən) başlasaq, proses dolaşığa düşəcək (çünki sonuncu rəqəm üçün qalacaq cüt variantların sayı, birinci rəqəmə nə seçdiyimizdən asılı olaraq dəyişəcək). Sağdan (sonuncu rəqəmdən) başlasaq da məsələ tam həllini tapmır — çünki bu tip məsələlər mütləq şəkildə hallara ayırma tələb edir və biz buna növbəti bölmədə ətraflı baxacaq.

4İki qaydanın birgə tətbiqi: hallara ayırma mədəniyyətiOlimpiada səviyyəli real məsələlərdə heç vaxt yalnız toplama və ya yalnız vurma qaydası təcrid olunmuş şəkildə işlənmir. Tipik və ən güclü alqoritm belədir: Obyektləri düzgün hallara ayır (toplama qaydası) və hər bir halın öz içində obyekti addım-addım qur (vurma qaydası).

Nümunə 4.1 (izah). Rəqəmləri təkrarlanmayan neçə üçrəqəmli cüt ədəd var?Burada əsas çətinlik (maneə) sonuncu rəqəmin

0

olub-olmaması ilə bağlıdır: çünki sonuncu rəqəm

0

seçilərsə, onda birinci rəqəmin sıfır olmama məhdudiyyəti avtomatik olaraq yumşalır (çünki sıfır artıq istifadə olunub). Deməli, məsələni məhz bu xüsusiyyətə (meyara) görə iki hala ayırmalıyıq — bu iki hal bir-biri ilə qətiyyən kəsişmir və eyni zamanda bütün mümkün cüt ədədləri tam əhatə edir.Hal 1: Sonuncu rəqəm $0$ -dır. Birinci rəqəm:

1

–

9

arasından hər hansı biri, yəni

9

imkan. Ortadakı rəqəm: istifadə edilməmiş yerdə qalan

8

rəqəmdən hər hansı biri. Nəticə:

9\cdot 8=72

.Hal 2: Sonuncu rəqəm $\{2,4,6,8\}$ çoxluğundandır — bunun üçün

4

imkan var. Birinci rəqəm:

0

ola bilməz və sonuncu yerdə seçilmiş rəqəmlə eyni ola bilməz, deməli cəmi

10-2=8

imkan qalır. Ortadakı rəqəm: yenə də istifadə edilməmiş yerdə qalan

8

rəqəm. Nəticə:

4\cdot 8\cdot 8=256

.İki halı toplayırıq:

72+256=328

.Nəzarət (Yoxlama). Rəqəmləri təkrarlanmayan bütün mümkün üçrəqəmli ədədlərin sayı

9\cdot 9\cdot 8=648

-dir. Bizim tapdığımız cüt ədədlər

328

dənədir, deməli tək olanlar mütləq

648-328=320

ədəd olmalıdır. Gəlin indi bunu əmin olmaq üçün ayrıca yoxlayaq: ədədin tək olması üçün sonuncu rəqəm

\{1,3,5,7,9\}

çoxluğundan olmalıdır —

5

imkan, birinci rəqəm üçün

8

imkan qalır (sıfır və sonuncu seçilmiş rəqəm çıxılır), ortadakı rəqəm isə yenə

8

imkan verir:

5\cdot 8\cdot 8=320

. dəqiqdir Tamamilə doğrudur.

Məsələni hallara necə ayırmaq lazımdır?. Məsələni hallara ayırmaq özü bir sənətdir, çünki eyni bir məsələni onlarla fərqli meyara görə qruplara ayırmaq olar, lakin onlardan yalnız biri və ya ikisi bizə qısa, səliqəli hesab verir. İşə yarayan və ən çox tətbiq olunan meyarlar bunlardır:

• Məhdudiyyətə (maneəyə) görə ayırın. Sayma prosesini hansı obyekt çətinləşdirir (korlayır)? (məsələn, yuxarıdakı nümunədəki kimi — sıfır). Məhz həmin obyektin iştirak edib-etməməsinə görə məsələni hallara bölün.
• Az variantlı (kiçik) hala görə ayırın. Əgər bir halın cəmi 2-3 variantı varsa, onu kənarda ayrıca sadalamaq (yazmaq) və yerdə qalanları ümumi düsturla saymaq çox sərfəlidir.
• Simmetriyadan istifadə edin. Əgər hallara ayırma zamanı tam bir simmetriya yaranırsa, sadəcə bir halı (qrupu) hesablayıb nəticəni qrupların sayına vurmaq işi qat-qat asanlaşdırır.
• Sonda nəticəni yoxlayın. Tapdığınız müxtəlif halların saylarının cəmi əgər sizə əvvəlcədən bəlli olan böyük bir qrupun ümumi sayını verirsə (məsələn, yuxarıdakı cüt və tək ədədlərin cəminin $648$ etməsi kimi), bu, həlliniz üçün mükəmməl və pulsuz bir nəzarət üsuludur.

Nümunə 4.2 (izah).

720

ədədinin cəmi neçə natural böləni var?Bunun üçün ədədi sadə vuruqlara ayırırıq:

720=2^4\cdot 3^2\cdot 5

. Bu ədədin hər bir böləni mütləq

2^a 3^b 5^c

şəklindədir, burada qüvvətlər

0\le a\le 4

0\le b\le 2

0\le c\le 1

şərtlərini ödəyir. Burada biz üç müstəqil seçim edirik:

a

üçün

5

variant (0-dan 4-ə qədər),

b

üçün

3

variant və

c

üçün

2

variant. Vurma qaydasına əsasən:

5\cdot 3\cdot 2=30

.Diqqət: Burada vurma qaydasının "müxtəlif seçimlər fərqli obyekt verir" şərti arifmetikanın əsas teoreminə (Kanonik ayrılışın yeganəliyi) əsasən ödənilir — yəni doğrudan da hər bir fərqli

(a,b,c)

üçlüyü bizə fərqli bir natural bölən verir.

Nümunə 4.3 (izah).

n

sayda elementi olan çoxluğun cəmi neçə altçoxluğu var?Altçoxluq qurmaq üçün əslində çoxluqdakı hər bir element haqqında ayrıca və müstəqil bir qərar veririk: bu elementi yeni altçoxluğa «daxil edirəm» və ya «daxil etmirəm». Beləliklə, hər bir element üçün

2

imkan yaranır. Çoxluqda isə cəmi

n

sayda element var, deməli:

\underbrace{2\cdot 2\cdots 2}_{n\ \text{dəfə}} = 2^n .

Təbii olaraq, hər bir fərqli qərarlar ardıcıllığı bizə fərqli bir altçoxluq verir. Deməli sayma tamamilə düzgündür. Kiçik bir yoxlama edək: məsələn,

n=2

(tutaq ki, elementlər

a

və

b

-dir) üçün altçoxluqlar

\emptyset,\{a\},\{b\},\{a,b\}

— yəni

4

dənədir. Düsturla da

2^2=4

alınır. dəqiqdir

Nümunə 4.4 (izah). Dairəvi masa ətrafında deyil, düz bir cərgədə

5

müxtəlif kitabı düzürük, amma şərtimiz budur ki, iki konkret kitab (deyək ki,

A

və

B

) mütləq yan-yana olmalıdır. Bu kitabları neçə müxtəlif cür düzmək olar?Əvvəlcə

A

və

B

kitablarını götürüb onları sanki bir «bütöv paket (blok)» kimi qəbul edirik. Bu zaman rəfə düzülən obyektlər bunlardır: paketlənmiş blok və yerdə qalan müstəqil

3

kitab — yəni cəmi

4

obyekt. Onları cərgəyə düzək: birinci yerə

4

imkan var, ikinciyə

3

, sonra

2

, ən sonda isə

1

imkan. Vurma qaydasına görə bu:

4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=24

edir. Blokun öz daxilində isə

A

və

B

kitabları sağ-sol olmaqla iki cür yerləşə bilər: yəni

2

imkan.İndi ümumi vurma qaydasını tətbiq edirik:

24\cdot 2=48

.(Buradakı

4\cdot3\cdot2\cdot1

yazılışına hazır bir «düstur» kimi deyil, birbaşa vurma qaydasının təbii nəticəsi kimi yanaşın — məhz Dərs 2-də biz bu ifadəyə (faktoriala) ayrıca ad verəcəyik.)

5Tamamlayıcı (əks) sayma metoduElə məsələlər olur ki, oradakı «yaxşı» (şərti ödəyən) obyektləri saymaq çox əziyyətli və uzun çəkir, lakin «pis» (şərti ödəməyən) obyektləri saymaq qat-qat asan və qısa olur. Belə hallarda biz məsələyə əks tərəfdən yanaşırıq.

Teorem 5.1 (Tamamlayıcı sayma). Fərz edək ki,

U

sonlu bir universal (ümumi) çoxluqdur və

A\subseteq U

(yəni

A

onun altçoxluğudur). O zaman

A

çoxluğunun elementlərinin sayı belə tapılır:

|A| = |U| - |U\setminus A| .

İsbat.

A

çoxluğu ilə onun tamamlayıcısı olan

U\setminus A

çoxluğu kəsişmirlər (ortaq elementləri yoxdur) və onların birləşməsi bizə tamamilə

U

universal çoxluğunu verir. Toplama qaydasına əsasən isə aydındır ki,

|A|+|U\setminus A|=|U|

«Ən azı bir» açarı (ipucu). Əgər məsələnin şərtində xüsusi olaraq «ən azı bir», «heç olmasa bir», «heç biri... deyil», «hamısı eyni deyil» kimi kritik ifadələri görürsünüzsə, vaxt itirmədən dərhal tamamlayıcı sayma metodunu sınayın. Bunun riyazi səbəbi çox sadədir: Məsələn, «ən azı bir

7

rəqəmi var» şərtinin inkarı — «heç bir mövqedə

7

yoxdur» deməkdir. Bu inkar halı isə ədədin hər bir mövqeyi üçün standart və sadə bir məhdudiyyətə çevrilir, nəticədə isə vurma qaydası vasitəsilə bircə sətirdə hesablanır.

Nümunə 5.1 (izah). Neçə üçrəqəmli ədədin yazılışında ən azı bir

7

rəqəmi var?Bütün mümkün üçrəqəmli ədədlərin ümumi sayı:

900

. Tərkibində heç bir

7

rəqəmi olmayan ədədləri sayaq: birinci rəqəm mütləq

\{1,\dots,9\}\setminus\{7\}

çoxluğundan olmalıdır —

8

imkan; yerdə qalan iki rəqəmin hər biri isə

\{0,\dots,9\}\setminus\{7\}

çoxluğundan seçilməlidir — hər birinə

9

imkan düşür. Deməli belə ədədlərin sayı:

8\cdot 9\cdot 9=648

.Yekun cavab (tamamlayıcı sayma ilə):

900-648=252

.(Əgər məsələni bu yolla deyil, birbaşa yolla həll etməyə çalışsaydıq, məcbur olub «tam olaraq bircə dənə yeddi», «tam iki dənə yeddi» və «tam üç dənə yeddi» hallarını ayrı-ayrılıqda hesablamalı olacaqdıq — bu isə ən azı üç dəfə daha çox vaxt aparardı.)

Nümunə 5.2 (izah). Bir zəri

3

dəfə ardıcıl atırıq. Ən azı bircə dəfə

6

gəlməsi neçə müxtəlif variantda ola bilər? (Atışların nəticələri ardıcıllıq (sıra) təşkil edir.)Bütün mümkün nəticələrin ümumi sayı:

6^3=216

. Heç bir atışda

6

düşməyən nəticələrin sayı isə (yəni hər atışda qalan 5 rəqəmdən biri düşür):

5^3=125

. Cavab:

216-125=91

Qeyd. Tamamlayıcı saymanın gizli (önəmli) şərti. Teoremdəki

|U|

ədədini (ümumi sayı) çox dəqiq və doğru seçmək lazımdır: yəni

U

elə bir çoxluq olmalıdır ki, bizim axtardığımız bütün «yaxşı» obyektlərin hamısı mütləq onun daxilində olsun və orada heç bir kənar (bizə aid olmayan) şey olmasın. Şagirdlərin tez-tez buraxdığı tipik səhvə baxaq: «üçrəqəmli ədədləri» tapmaq üçün ümumi çoxluq kimi

000

–

999

arasındakı bütün

1000

sətirli kombinasiyanı götürmək. Belə etsək, cavab

1000-9^3=271

alınacaq ki, bu da tamamilə başqa bir məsələnin cavabıdır.

Nümunə 5.3 (izah).

\{1,2,\dots,9\}

çoxluğunun neçə altçoxluğunun tərkibində ən azı bir cüt ədəd var?Bu çoxluğun bütün altçoxluqlarının ümumi sayı:

2^9=512

. Tərkibində heç bir cüt ədədi olmayan altçoxluqlar isə, — əslində yalnız və yalnız

\{1,3,5,7,9\}

tək ədədlərindən ibarət çoxluğun altçoxluqlarıdır:

2^5=32

.Cavab:

512-32=480

6Tipik səhvlər və nəzarət üsulları

Qeyd. Beş klassik səhv.

1. Kəsişən hallar. Məsələdəki «Və ya» sözünü gördükdə onu mexaniki olaraq toplamağa çevirmək. Yoxlama üsulu: ayırdığınız iki fərqli halın hər ikisinə eyni anda düşə biləcək bircə dənə nümunə tapmağa çalışın; əgər tapdınızsa, deməli, ayırma səhv aparılıb.
2. Nəzərdən qaçırılmış (unudulmuş) hallar. Xüsusən hesaba qatılmayan $0$ rəqəmi, boş çoxluq, $n=1$ kimi sərhəd (kənar) hallar tez-tez unudulur. Yoxlama üsulu: baxdığınız halların saylarının cəmi əvvəlcədən bəlli olan bir ümumi sayı (universal çoxluğu) verə bilirmi?
3. Vurma qaydasının təməl şərtinin pozulması. Əgər ardıcıl seçimlərdə, növbəti addımda yaranacaq imkanların (variantların) sayı əvvəlki addımda nə seçdiyinizdən asılı olaraq dəyişirsə, onları sadəcə vurmaq qətiyyən olmaz — belə olan halda əvvəlcə məsələni uyğun hallara ayırmaq lazımdır.
4. Sıranın nəzərə alınıb-alınmaması. Diqqət edin: « $A$ və $B$ -ni bərabər seçmək» ilə «əvvəlcə $A$ -nı, yalnız ondan sonra $B$ -ni seçmək» qətiyyən eyni şey deyil. Bu vacib fərq Dərs 2-nin ən əsas mövzusudur; hələlik isə yalnız belə bir fərqin mövcudluğunun fərqində olmaq kifayətdir.
5. Tamamlayıcı saymada yanlış «bütöv» (ümumi çoxluq) seçimi. Bunun üçün yuxarıdakı qeydə yenidən baxın.

Qeyd. Üç pulsuz (və çox faydalı) nəzarət üsulu.

1. Kiçik halda yoxlama. Məsələni $n=1$ və ya $n=2$ üçün sadəcə əllə yazaraq sadalayın və tapdığınız düsturla (və ya cavabla) üzləşdirin.
2. Tamamlayıcı yoxlaması. Əgər vaxtınız varsa, tapdığınız cavabı bir də əks tərəfdən (inkar halı ilə) hesablayın; hər iki hesabın cəmi sizə həmin çoxluğun bütövünü verməlidir.
3. Təxmini qiymətləndirmə (Yuxarı/Aşağı sərhədlər). Alacağınız yekun cavab bütün mümkün obyektlərin ümumi sayından heç vaxt böyük ola bilməz və təbii ki, mənfi ola bilməz. Əgər hesabınızda səliqəsizlik, məntiqsizlik varsa, bu yoxlama ilə o, dərhal gözə çarpacaq.

Qeyd. Xülasə (Yaddaş üçün) cədvəli.

Şərtdə hansı ifadəni görürsən	Hansı alətdən (qaydadan) istifadə edirsən
«ya ..., ya ...», kəsişməyən fərqli variantlar	toplama qaydası
«əvvəlcə ..., ardınca ...», ardıcıl mövqelər	vurma qaydası
bir xüsusi obyekt hesabı korlayır (sıfır, bərabərlik)	həmin obyektə görə məsələni hallara ayırın
«ən azı bir», «heç olmasa bir»	tamamlayıcı (əks) sayma metodu
«heç biri ... deyil»	birbaşa vurma qaydası
tapılan cavab sənə şübhəli gəlir	kiçik $n$ halında əllə sadalayıb yoxla

7Sadə məsələlər

Məsələ 1. Məktəb ləvazimatları mağazasında

5

növ dəftər və

4

növ qələm satılır. (a) Bircə dəftər və bircə qələm almaq neçə cür mümkündür? (b) Bircə dəftər və ya bircə qələm (cəmi bircə əşya) almaq neçə fərqli cür mümkündür?

Həll. (a) Bunlar iki müstəqil addımdır: dəftər seçimi üçün

5

, qələm seçimi üçün

4

imkan var. Vurma qaydasına görə:

5\cdot 4=20

. (b) Burada isə iki kəsişməyən hal mövcuddur: müştəri ya dəftər alacaq (

5

imkan), ya da qələm alacaq (

4

imkan). Toplama qaydasına görə:

5+4=9

. Cavab: (a)

20

; (b)

9

Məsələ 2. Bir şagirdin qarderobunda

4

köynək,

3

şalvar və

2

cüt fərqli ayaqqabı var. O, bunları kombinə edərək neçə müxtəlif geyim dəsti geyinə bilər?

Həll. Geyim geyinmək üç müstəqil seçimdən ibarətdir:

4\cdot 3\cdot 2=24

. Cavab:

24

Məsələ 3. Cəmi neçə ikirəqəmli natural ədəd mövcuddur? Bəs bunlardan neçəsinin rəqəmləri bir-birindən müxtəlifdir?

Həll. Birinci rəqəm:

1

–

9

aralığındadır, yəni

9

imkan var; ikinci rəqəm isə

0

–

9

aralığında, yəni

10

imkandır. Deməli ədədlərin sayı:

9\cdot 10=90

. (Yoxlama üçün:

99-10+1=90

.)Əgər rəqəmlər müxtəlif olmalıdırsa, onda ikinci rəqəm mütləq birinci rəqəmdən fərqli olmalıdır — bunun üçün cəmi

9

imkan qalır:

9\cdot 9=81

. Cavab:

90

və

81

Məsələ 4. Bütün rəqəmləri bir-birindən fərqli olan cəmi neçə dördrəqəmli ədəd var?

Həll. Hesablamaya soldan, yəni birinci rəqəmdən başlayırıq: birinci rəqəm

9

imkan verir (

0

ola bilməz), ikinci rəqəm

9

imkan verir (indi sıfır ola bilər, amma istifadə olunan birinci rəqəm çoxluqdan çıxılır), üçüncü mövqe

8

, dördüncü isə

7

imkana malikdir:

9\cdot 9\cdot 8\cdot 7 = 4536 .

Cavab:

4536

Məsələ 5. Neçə üçrəqəmli ədəd məhz tək rəqəmlə bitir?

Həll. Belə ədədlərin sonuncu rəqəmi yalnız

\{1,3,5,7,9\}

ola bilər — yəni

5

imkan var; birinci rəqəm həmişəki kimi

9

, ortadakı isə sərbəst olub

10

imkan verir. Nəticə:

9\cdot 10\cdot 5=450

. Cavab:

450

Məsələ 6. Neçə üçrəqəmli ədəd tam olaraq

5

-ə bölünür?

Həll. Ədədin

5

-ə bölünməsi üçün sonuncu rəqəm ya

0

, ya da

5

olmalıdır —

2

imkan var; birinci rəqəm üçün

9

, ortadakı üçün isə

10

variant:

9\cdot 10\cdot 2=180

. (Alternativ yoxlama:

100,105,\dots,995

— bu ədədi silsilədə

\frac{995-100}{5}+1=180

sayda üzv var.) Cavab:

180

Məsələ 7. Bütün rəqəmləri məhz

\{1,2,3\}

çoxluğuna daxil olan neçə fərqli dördrəqəmli ədəd var?

Həll. Bütün mövqelərin hər biri üçün cəmi

3

imkan mövcuddur və verilən çoxluqda sıfır olmadığı üçün birinci mövqedə heç bir məhdudiyyət yoxdur:

3^4=81

. Cavab:

81

Məsələ 8. Üç ədəd oyun zəri ardıcıl olaraq atılır. Bu zaman cəmi neçə müxtəlif nəticə alına bilər?

Həll. Hər bir atışın özü üçün

6

imkan var və zərlərin atışları sıralı ardıcıllıq təşkil edir:

6^3=216

. Cavab:

216

Məsələ 9. Bircə sikkə

5

dəfə atılır. Neçə müxtəlif «üz–rəqəm» (gerb-yazı) ardıcıllığı formalaşar?

Həll. Hər atışın 2 variantı var:

2^5=32

. Cavab:

32

Məsələ 10.

\{1,2,3,4,5,6\}

çoxluğunun ümumilikdə neçə altçoxluğu mövcuddur?

Həll. Çoxluğun hər bir elementi üçün müstəqil olaraq «var/yox» («daxildir/daxil deyil») qərarı veririk:

2^6=64

(buna həm boş çoxluq, həm də çoxluğun özü də daxildir). Cavab:

64

Məsələ 11.

8

nəfərlik qrupdan bir sədr və bir katib seçilməlidir (lakin eyni adam hər iki vəzifəni eyni anda tuta bilməz). Bu seçimi neçə müxtəlif cür etmək olar?

Həll. Sədrin seçimi:

8

imkan; katibin seçimi isə yerdə qalan

7

nəfərdən biri olacaqdır. Deməli:

8\cdot 7=56

. Cavab:

56

Məsələ 12. Neçə üçrəqəmli ədədin tərkibindəki heç bir rəqəm

0

deyil? Bəs neçəsinin tərkibində ən azı bir ədəd

0

var?

Həll. Birinci sual üçün: ədədin hər üç mövqeyi üçün yalnız

1

–

9

rəqəmləri seçilə bilər, yəni hər mövqe

9

imkandır,

9^3=729

. İkinci sual isə tamamlayıcı sayma ilə tapılır: Ümumi üçrəqəmli ədədlər

900

-dür, deməli, ən azı biri sıfır olanlar

900-729=171

olacaq. Cavab:

729

və

171

Məsələ 13. Neçə üçrəqəmli palindrom ədəd var? (Palindrom — həm soldan sağa, həm də sağdan sola oxunduqda eyni oxunan ədəddir, məsələn

373

Həll. Üçrəqəmli palindrom həmişə

\overline{aba}

şəklində olur. Burada

a

1

–

9

aralığındadır, yəni

9

imkan;

b

rəqəmi sərbəst olub

10

imkana malikdir; lakin üçüncü rəqəm artıq sərbəst deyil — o, mütləq birinci rəqəm olan

a

-ya bərabər olmalıdır, yəni onun üçün cəmi

1

imkan qalır. Yekun nəticə:

9\cdot 10\cdot 1=90

. Cavab:

90

Məsələ 14. Bəs neçə beşrəqəmli palindrom ədəd var?

Həll. Belə ədəd

\overline{abcba}

formatındadır:

a

rəqəmi üçün

9

b

üçün

10

c

üçün isə yenə

10

imkan var. Yerdə qalan iki rəqəm isə artıq birinci və ikinciyə əsasən birmənalı təyin olunub (yəni yalnız

1

variantları var). Cavab:

9\cdot 10\cdot 10=900

. Cavab:

900

Məsələ 15.

360

ədədinin cəmi neçə natural böləni var?

Həll.

360=2^3\cdot 3^2\cdot 5

. Bu ədədin ixtiyari böləni

2^a3^b5^c

şəklindədir, burada qüvvətlər:

a\in\{0,1,2,3\}

(

4

imkan),

b\in\{0,1,2\}

(

3

imkan),

c\in\{0,1\}

(

2

imkan). Vurma qaydasına görə cavab:

4\cdot 3\cdot 2=24

. Cavab:

24

Məsələ 16.

1

-dən

200

-ə qədər (bu ədədlər də daxil olmaqla) olan natural ədədlərdən neçəsi

3

-ə və ya

5

-ə tam bölünür?

Həll. Yalnız

3

-ə bölünənlərin sayı:

\lfloor 200/3\rfloor = 66

. Yalnız

5

-ə bölünənlərin sayı:

\lfloor 200/5\rfloor=40

. Hər ikisinə, yəni onların ƏKOB-u olan

15

-ə bölünənlər:

\lfloor 200/15\rfloor=13

.Məsələni kəsişməyən üç fərqli hala ayıraq: yalnız və yalnız

3

-ə bölünənlər —

66-13=53

; yalnız və yalnız

5

-ə bölünənlər —

40-13=27

; hər ikisinə eyni anda bölünənlər —

13

. Toplasaq cəmi

53+27+13=93

. Cavab:

93

Məsələ 17.

5

müxtəlif kitabı bir rəfə neçə fərqli ardıcıllıqla düzmək olar?

Həll. Birinci yer üçün

5

kitab seçimi, ikinci yer üçün

4

, sonra isə uyğun olaraq

3

2

1

imkan yaranır:

5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1=120

. Cavab:

120

Məsələ 18. Tutaq ki, bir bayraq üç üfüqi zolaqdan ibarətdir və rəngləmək üçün əlimizdə

5

müxtəlif rəng var. Qonşu olan zolaqlar qətiyyən eyni rəngdə ola bilməz. Belə şərt daxilində neçə fərqli bayraq düzəltmək olar?

Həll. Ən yuxarıdakı zolaq üçün: bütün

5

rəng istifadə oluna bilər (5 imkan). Ortadakı zolaq üçün: o, yuxarıdakı zolaqdan fərqli rəngdə olmalıdır, yəni

4

imkan. Ən aşağıdakı zolaq üçün: o da məhz özündən əvvəlki ortadakı zolaqdan fərqli olmalıdır (lakin yuxarıdakı zolağın rəngi ilə tamamilə eyni ola bilər), buna görə də onun üçün də

4

imkan mövcuddur. Cavab:

5\cdot 4\cdot 4=80

. Cavab:

80

Məsələ 19. Neçə dördrəqəmli cüt ədəd mövcuddur?

Həll. Ədədin birinci rəqəmi

9

imkan verir, ortadakı iki rəqəmin hər biri sərbəst olub

10

-ar imkandır, ən sonuncu rəqəm isə cütlüyü təmin etmək üçün

\{0,2,4,6,8\}

olmalıdır, yəni

5

imkandır:

9\cdot 10\cdot 10\cdot 5=4500

. Cavab:

4500

Məsələ 20.

1

-dən

100

-ə qədər ədədlərdən neçəsi nə

2

-yə, nə də

3

-ə tam bölünür?

Həll.

2

-yə bölünənlərin sayı

50

3

-ə bölünənlər

33

, hər ikisinə (

6

-ya) bölünənlər isə

16

-dır. Bunları kəsişməyən hallarla qeyd edək: yalnız

2

-yə bölünənlər —

34

, yalnız

3

-ə bölünənlər —

17

, hər ikisinə bölünənlər isə —

16

; deməli bu ədədlərdən heç olmasa (ən azı) birinə bölünənlərin ümumi sayı

34+17+16=67

-dir. Bizə heç birinə bölünməyənlər lazım olduğu üçün, tamamlayıcı saymadan istifadə edirik:

100-67=33

. Cavab:

33

Məsələ 21.

\{1,2,\dots,10\}

çoxluğunun altçoxluqlarından neçəsinin tərkibində

1

elementi mütləq var?

Həll.

1

elementinin taleyi artıq məlumdur («altçoxluqda mütləq var», yəni onun üçün variant sadəcə 1-dir). Yerdə qalan digər

9

elementin hər biri üçün müstəqil, sərbəst «var/yox» qərarı veririk:

2^9=512

. Cavab:

512

Məsələ 22. Neçə üçrəqəmli ədədin bütün rəqəmləri sırf tək rəqəmlərdən ibarətdir?

Həll. Ədədin hər bir mövqeyinə yalnız

\{1,3,5,7,9\}

rəqəmləri yazıla bilər — yəni hər mövqeyə

5

imkan düşür (burada tək rəqəmlər içində sıfır olmadığı üçün birinci rəqəmdə heç bir problem yaranmır):

5^3=125

. Cavab:

125

Məsələ 23. Neçə üçrəqəmli ədədin ən azı bircə rəqəmi cütdür?

Həll. «Ən azı bir»

\Rightarrow

mütləq tamamlayıcı sayma. Heç bir cüt rəqəmi olmayan ədədlər — bütün rəqəmləri ancaq tək olan ədədlərdir, onların da sayı

125

-dir (əvvəlki məsələ). Beləliklə,

900-125=775

. Cavab:

775

Məsələ 24. Hər hansı bir parol tam

4

simvoldan ibarətdir; hər bir simvol isə ya rəqəm (

10

variant), ya da böyük latın hərfi ola bilər (

26

variant). Cəmi neçə fərqli parol mövcuddur?

Həll. Parolun hər bir mövqeyi üçün ümumilikdə

10+26=36

imkan var (toplama qaydası), mövqelərin hər biri isə bir-birindən tam müstəqildir (vurma qaydası):

36^4=1\,679\,616

. Cavab:

36^4=1\,679\,616

Məsələ 25.

A

və

B

şəhərləri arasında

3

fərqli yol,

B

və

C

şəhərləri arasında isə

4

fərqli yol mövcuddur. (a)

A

şəhərindən

C

şəhərinə (

B

-dən keçmək şərti ilə) neçə müxtəlif yolla getmək olar? (b)

A\to C

marşrutu üzrə gedib, yenidən

C\to A

marşrutu ilə qayıtmaq, özü də əvvəlcə istifadə edilmiş heç bir yoldan təkrar qayıdışda istifadə etməmək şərti ilə neçə cür mümkündür?

Həll. (a)

3\cdot 4=12

. (b) Gediş üçün:

3\cdot 4=12

cür yol var. Qayıdışda isə

C\to B

arasındakı yolların sayı azalır, çünki gələrkən istifadə olunmuş yol artıq çıxılır — yəni

3

imkan qalır, eyni məntiqlə

B\to A

üçün də

2

imkan qalır. Deməli yekun nəticə

12\cdot 3\cdot 2=72

olur. Cavab: (a)

12

; (b)

72

Məsələ 26. Bir yeməkxanada menyuda

3

növ şorba,

4

növ əsas yemək və

2

növ desert təklif edilir. Şagird nahar üçün mütləq şorba və əsas yemək götürməlidir, deserti isə istəsə götürməyə də bilər. O, neçə müxtəlif nahar növü qura bilər?

Həll. Burada desert seçimi üçün imkanlar belə olacaq: ya menyudakı iki desertdən biri, yaxud da «heç bir desert götürmürəm» variantı — yəni bunun üçün cəmi

3

imkan yaranır. Deməli naharların sayı:

3\cdot 4\cdot 3=36

. Cavab:

36

Məsələ 27. Neçə üçrəqəmli ədəd məhz

7

rəqəmi ilə başlayır və ya

7

rəqəmi ilə bitir?

Həll. Bu məsələni kəsişməyən üç fərqli hala ayıraq.

• Həm $7$ rəqəmi ilə başlayır, həm də $7$ ilə bitir: $\overline{7b7}$ formatındadır — belə $10$ ədəd var (çünki $b$ on dənə rəqəm ola bilər).
• Yalnız $7$ rəqəmi ilə başlayır (amma $7$ ilə bitmir): $\overline{7bc}$ formatı, harada ki $c\ne 7$ olmalıdır — deməli, $10\cdot 9=90$ ədəd.
• Yalnız $7$ rəqəmi ilə bitir (amma $7$ ilə başlamır): $\overline{abc}$ formatı, harada ki $a\ne 7$ , $a\ne 0$ , və $c=7$ olmalıdır — buna görə də $8\cdot 10=80$ ədəd.

Üçünün cəmi:

10+90+80=180

. Cavab:

180

Məsələ 28.

1000

-dən kiçik neçə natural ədədin rəqəmlərinin cəmi tam olaraq

3

-ə bərabərdir?

Həll. Rəqəmlərin sayına (uzunluğuna) görə hallara ayıraq.

• Birrəqəmli ədədlər: yalnız $3$ . — cəmi $1$ ədəd.
• İkirəqəmli ədədlər (yəni $\overline{ab}$ , $a\ge 1$ və $a+b=3$ ): Bunlar yalnız $12,21,30$ ədədləridir. — cəmi $3$ ədəd.
• Üçrəqəmli ədədlər (yəni $\overline{abc}$ , $a\ge 1$ və $a+b+c=3$ ): Əgər $a=1$ olsa, onda $b+c=2$ olur ( $102,111,120$ ), $a=2$ olsa, onda $b+c=1$ olur ( $201,210$ ), $a=3$ olsa, onda $b+c=0$ olur ( $300$ ). — Beləliklə, cəmi $3+2+1=6$ ədəd.

Hamısının birlikdə cəmi:

1+3+6=10

. Cavab:

10

Məsələ 29. Bütün rəqəmləri yalnız cüt rəqəmlərdən ibarət olan neçə dördrəqəmli ədəd var?

Həll. Birinci rəqəm mütləq cüt və eyni zamanda

0

-dan fərqli olmalıdır: yəni yalnız

\{2,4,6,8\}

ola bilər — bu isə

4

imkandır. Qalan üç mövqeyə gəldikdə isə hər birinə

\{0,2,4,6,8\}

coxluğundan hər hansı birini yazmaq olar — deməli hər birinə

5

imkan düşür. Nəticə:

4\cdot 5^3=500

. Cavab:

500

Məsələ 30.

5

müxtəlif kitab

2

şagird arasında paylanır; lakin hər bir kitab mütləq və mütləq şagirdlərdən kiminsə əlinə keçməlidir (bəzən bir şagird təsadüfən bütün kitabları da ala bilər). Bu cür paylamanı neçə müxtəlif üsulla həyata keçirmək olar?

Həll. Burada hər bir kitabın özü üçün ayrı-ayrılıqda müstəqil olaraq

2

imkan var (ya birinci şagirdə gedəcək, ya da ikinci şagirdə):

2^5=32

. Cavab:

32

8Orta və çətin məsələlər

Məsələ 31. Bütün rəqəmləri bir-birindən müxtəlif olan neçə dördrəqəmli cüt ədəd var?

Həll. Hesablamada bizə mane olan yeganə əngəl yenə

0

-dır: əgər sonuncu rəqəm

0

olarsa, onda ədədin birinci rəqəmi üçün mövcud olan məhdudiyyət dəyişir (çünki

0

artıq başqa rəqəmlərin yolunu kəsmir). Məhz buna görə də məsələni iki hala ayırmalıyıq.Hal 1: Sonuncu rəqəm $0$ -dır. Onda yerdə qalan digər üç mövqe

1

–

9

arasından sərbəst seçilir və heç biri təkrarlanmır:

9\cdot 8\cdot 7=504

.Hal 2: Sonuncu rəqəm $\{2,4,6,8\}$ çoxluğundandır — bunun üçün cəmi

4

imkan var. Bəs birinci rəqəm necə olacaq? Birincisi, o,

0

ola bilməz, ikincisi isə o, ən sonuncu seçilmiş cüt rəqəmə bərabər ola bilməz — yəni bunun üçün

8

imkan qalır. İkinci mövqe: istifadə edilməmiş yerdə qalan

8

rəqəm, üçüncü mövqe isə:

7

rəqəm imkanı verir. Hasil:

4\cdot 8\cdot 8\cdot 7=1792

.İkisinin yekun cəmi:

504+1792=2296

.Nəzarət. Bütün rəqəmləri müxtəlif olan bütün mümkün dördrəqəmli ədədlər

4536

-dır (Bax: Asan bölmə). Gəlin tək rəqəmli olanları ayrıca hesablayıb sayaq: sonuncu rəqəm üçün

5

imkan var, birinci rəqəm isə (0 və sonuncu rəqəm çıxılmaqla)

8

imkan verir, daha sonra ortadakılar üçün də

8

və

7

variant qalır — yəni

5\cdot 8\cdot 8\cdot 7=2240

. Gördüyünüz kimi həqiqətən də

2296+2240=4536

edir. dəqiqdir Cavab:

2296

Məsələ 32. Bütün rəqəmləri bir-birindən müxtəlif olan və eyni zamanda

5

-ə tam bölünən neçə beşrəqəmli ədəd var?

Həll. Beşə bölünmənin şərti budur: sonuncu rəqəm ya

0

-dır, ya da

5

-dir — və bu iki hal bir-biri ilə qətiyyən kəsişmir.Hal 1: Sonuncu rəqəm $0$ -dır. Onda ədədin yerdə qalan dörd mövqeyi sadəcə olaraq

1

–

9

arasından təkrarsız seçilir:

9\cdot 8\cdot 7\cdot 6=3024

.Hal 2: Sonuncu rəqəm $5$ -dir. Birinci rəqəm həm

0

, həm də

5

rəqəmindən fərqli olmalıdır — bunun üçün

8

imkan var. Sonra isə yerdə qalanlar üçün müvafiq olaraq

8

7

6

rəqəm imkanı qalır:

8\cdot 8\cdot 7\cdot 6=2688

.İki halın cəmi:

3024+2688=5712

. Cavab:

5712

Məsələ 33.

1000

-dən kiçik neçə natural ədədin onluq yazılışında ən azı bircə dənə

1

rəqəmi mövcuddur?

Həll. Riyazi fənd:

1

-dən

999

-a qədər olan bütün ədədləri qarşısına ehtiyac olduqda sıfır əlavə etməklə üçrəqəmli sətirlər kimi yazaq:

001, 002, \dots, 999

. Əgər bu siyahıya həmçinin

000

sətrini də qatsaq, dəqiq olaraq tam

1000

sətir alarıq və heç bir ədəd siyahıdan itməz, təkrarlanmaz (çünki ədədin tərkibində

1

rəqəminin olub-olmaması onun qarşısına qoyulmuş sıfırlardan qətiyyən asılı deyil).Tərkibində heç bir

1

rəqəmi olmayan sətirlərin sayı: hər bir mövqedə yalnız qalan 9 rəqəm iştirak etdiyinə görə

9

imkan var, yəni

9^3=729

. Deməli tərkibində ən azı bir

1

olanlar (tamamlayıcı sayma ilə):

1000-729=271

olacaq. (Nəzərə alaq ki,

000

sətrində

1

yoxdur, buna görə də o, yalnız «şərti ödəməyən» ədədlərə təsir edir, və bizim tapdığımız «yaxşı» ədədlərə mane olmur.) Cavab:

271

Qeyd. «Sıfırla tamamlama» üsulu. Yuxarıdakı məsələnin həllində tətbiq etdiyimiz bu priyom son dərəcə faydalı bir alətdir: onun məğzi müxtəlif uzunluqlu obyektləri eyni və bərabər uzunluğa gətirib bir dəfəyə rahatlıqla saymaqdan ibarətdir. Burada yeganə mühüm şərt yalnız budur ki, ədədləri sıfırla doldurma saydığımız əsas xassəni (şərti) pozmamalıdır. Məsələn, bu üsul «rəqəmləri cəmi» kimi xassələr üçün əla işləyir (çünki önə əlavə olunan sıfır cəmi qətiyyən dəyişmir), lakin «rəqəmlərin sayı (uzunluğu)» kimi xassələr üçün işləməz.

Məsələ 34. Rəqəmlərinin ümumi cəmi

4

olan neçə müxtəlif dördrəqəmli ədəd var?

Həll. Tutaq ki, ədəd

\overline{abcd}

-dir, burada

a\ge 1

və

a+b+c+d=4

şərtdir. Məsələni birinci rəqəmə görə hallara ayıraq.

• $a=1$ olduqda: $b+c+d=3$ olur. Mümkün hallar: əgər $b=0$ olarsa $c+d=3$ olur — bu, bizə $4$ variant verir (yəni $c=0,1,2,3$ olanda d tapılır); əgər $b=1$ olarsa $3$ variant; $b=2$ olarsa $2$ variant; $b=3$ olarsa yalnız $1$ variant. Bunların cəmi: $10$ .
• $a=2$ olduqda: $b+c+d=2$ olur — eyni məntiq qaydası ilə irəliləsək $3+2+1=6$ variant yaranır.
• $a=3$ olduqda: $b+c+d=1$ olur — yəni $2+1=3$ variant.
• $a=4$ olduqda: $b+c+d=0$ olur — yalnız $1$ variant var.

Bütün halların cəmi isə:

10+6+3+1=20

. Cavab:

20

Məsələ 35. Rəqəmlərinin ümumi cəmi cüt olan cəmi neçə altırəqəmli ədəd mövcuddur?

Həll. Bu məsələdə ədədləri klassik hallara ayırmaq həqiqi bir fəlakət olardı. Bunun əvəzinə çox gözəl bir məntiq tətbiq edib sonuncu rəqəmin seçimini ən axıra saxlayaq.Fərz edək ki, ədədin ilk beş rəqəmini tamamilə sərbəst, ürəyimiz istəyən kimi seçirik: birinci rəqəm üçün

9

, qalan dördünün hər biri üçün isə

10

-ar imkan var — beləliklə,

9\cdot 10^4=90\,000

müxtəlif variant yaranır. İndi isə gəlin bu seçilmiş beş rəqəmin cəminə diqqət edək: bu cəm ya cütdür, ya da təkdir. Maraqlıdır ki, hər iki halın hər birində sonuncu rəqəmi seçmək üçün tam olaraq

5

imkan qalır: əgər ilk beş rəqəmin cəmi cütdürsə, ümumi cəmin də cüt olması üçün sonuncu rəqəm də mütləq cüt olmalıdır (

0,2,4,6,8

seçilə bilər), lakin cəm təkdirsə, onda sonuncu rəqəm də mütləq tək olmalıdır (

1,3,5,7,9

).Bu o deməkdir ki, vurma qaydasının şərti tamamilə ödənildi — yaranan sonuncu imkanların sayı heç vaxt əvvəlki seçimdən asılı deyil (əlbəttə ki, rəqəmlərin özləri asılıdır, lakin saymanın düzgünlüyü üçün bu qətiyyən vacib deyil!): Nəticədə:

90\,000\cdot 5=450\,000

.Nəzarət. Bütün mümkün altırəqəmli ədədlərin cəmi

900\,000

-dır və simmetriya qanununa görə rəqəmləri cəmi cüt olanlar həmin kütlənin tam yarısını təşkil etməlidir. dəqiqdir Cavab:

450\,000

Məsələ 36. Bayraq dörd üfüqi zolaqdan təşkil olunub, ümumilikdə

6

müxtəlif rəng mövcuddur və şərtə görə qonşu zolaqların rəngi mütləq fərqli olmalıdır. Cəmi neçə fərqli bayraq var?

Həll. Rəngləməyə yuxarıdan aşağıya doğru gedək: Birinci zolaq üçün

6

imkan, ondan sonrakı hər bir zolaq üçün isə (yalnız «özündən əvvəlkindən fərqli» olmaq şərtinə görə)

5

-ər imkan yaranır. Deməli hasil:

6\cdot 5\cdot 5\cdot 5=750

. Cavab:

750

Məsələ 37.

1

-dən

1000

-ə qədər (bu ədədlər daxil olmaqla) olan natural ədədlərdən neçəsinin bütün rəqəmləri bir-birindən mütləq şəkildə fərqlidir?

Həll. Burada ən yaxşı üsul, onları rəqəmlərinin sayına (mərtəbəsinə) görə ayırmaqdır.

• Birrəqəmli ədədlər: $1,\dots,9$ — bu, $9$ ədəddir (və şərtə görə hamısı yararlıdır).
• İkirəqəmli ədədlər: $9\cdot 9=81$ .
• Üçrəqəmli ədədlər: $9\cdot 9\cdot 8=648$ .
• $1000$ ədədi: onun rəqəmləri $1,0,0,0$ olduğu üçün burada təkrar var və o, yararsızdır.

Ümumi cəm:

9+81+648=738

. Cavab:

738

Məsələ 38. Neçə üçrəqəmli ədədin tərkibində ən azı iki rəqəmi eynidir?

Həll. Burada dərhal tamamlayıcı saymadan istifadə edirik: bütün rəqəmləri bir-birindən tam fərqli olan üçrəqəmlilərin sayı

9\cdot 9\cdot 8=648

-dir. Deməli, qalanları:

900-648=252

. Cavab:

252

Məsələ 39.

6

müxtəlif kitab, sinifdəki

3

şagird arasında paylanmalıdır (elə ki, hər kitab dəqiq bircə şagirdə verilir, lakin bir şagird birdən çox kitab ala bilər). (a) Bu kitabları neçə müxtəlif cür paylamaq olar? (b) Bu paylamaların tam olaraq neçəsində Əli adlı şagird ən azı bir dənə də olsa kitab alır?

Həll. (a) Hər bir kitab üçün ayrılıqda, müstəqil olaraq

3

şagird imkanı var:

3^6=729

.(b) Məsələdəki «Ən azı bir»

\Rightarrow

mütləq tamamlayıcı sayma tələb edir. Əgər fərz etsək ki, Əli heç nə almır, onda hər bir kitab ancaq və ancaq yerdə qalan digər

2

şagirddən birinə gedir: yəni

2^6=64

. Deməli bizə lazım olan cavab:

729-64=665

. Cavab: (a)

729

; (b)

665

Məsələ 40. Cəmi neçə beşrəqəmli ədədin rəqəmlərinin hasili cüt ədəd verir?

Həll. Rəqəmlərin hasilinin tək ədəd olması yalnız və yalnız

\iff

bütün rəqəmlərin eyni anda tək olması ilə mümkündür. Belə ədədlərin sayı: hər mövqedə

5

tək rəqəm imkanı olmaqla,

5^5=3125

edir. Bütün beşrəqəmli ədədlər isə

90\,000

-dir. Cavab (tamamlayıcı sayma ilə):

90\,000-3125=86\,875

. Cavab:

86\,875

Məsələ 41.

1

-dən

1000

-ə qədər olan bütün natural ədədləri kağıza ardıcıl yazsaq,

1

rəqəmi cəmi neçə dəfə yazılmış olar?

Həll. Yenə həmin gözəl «sıfırla tamamlama» üsulunu tətbiq edək:

000

-dan

999

-a qədər olan bütün

1000

sətri nəzərdən keçirək (bu sətirlər əslində elə

1

-dən

999

-a qədər ədədlərlə tamamilə eyni miqdarda rəqəm ehtiyatını yaradır, çünki qarşıya əlavə olunan sıfırlar əlavə bir

1

rəqəmi yaratmır və nəticəni dəyişmir).İndi isə gəlin rəqəmləri mövqe-mövqe sayaq. Yüzlüklər mərtəbəsində (mövqeyində) tam olaraq

1

rəqəmi duran sətirlər: belə sətirlərdə yerdə qalan iki mövqe sərbəstdir — yəni

100

sətir var. Tam eyni məntiq qaydası ilə, onluqlar mərtəbəsində də

100

, təklər mərtəbəsində də

100

sayda bir olur. Deməli

000

–

999

aralığında

1

rəqəmi cəmi

3\cdot 100=300

dəfə yazılmış olur.Nəhayət unutmayaq ki,

1000

ədədi də bir dənə əlavə

1

gətirir. Cəmi:

301

.Qeyd. Diqqət edin ki, biz burada «tərkibində 1 olan neçə ədəd var» sualına deyil, «ümumilikdə

1

rəqəmi neçə dəfə yazılır» sualına cavab verdik — çünki

11

kimi ədədlərin tərkibindəki 1-lər iki dəfə hesablanır və bu, məntiqən tamamilə düzgündür. Yalnız şərtdəki sualı diqqətlə oxumaq bu iki oxşar məsələni bir-birindən ayırmağın yeganə yoludur (müqayisə etmək üçün baxın: eyni aralıqda tərkibində ən azı bir dənə

1

olan ədədlərin sayı əslində

271

-dir). Cavab:

301

Məsələ 42.

1\le a<b\le 10

bərabərsizlik şərtini ödəyən neçə

(a,b)

tam ədəd cütü mövcuddur?

Həll. Məsələni sadəcə olaraq

a

-nın qiymətinə görə hallara ayıraq: əgər

a=1

olarsa onda

b\in\{2,\dots,10\}

olar — bu

9

variantdır; əgər

a=2

olarsa

8

variant olar; …; əgər

a=9

olarsa

1

variant; nəhayət

a=10

olarsa

0

variant qalar.

9+8+7+\dots+1 = \frac{9\cdot 10}{2} = 45 .

Cavab:

45

Məsələ 43. Klassik

8\times 8

şahmat taxtasında, hər hansı iki xanadan ibarət elə neçə cütlük seçmək olar ki, həmin iki xana ya eyni sətirdə, ya da eyni sütunda yerləşsin? (Seçilən cütdə xanaların sırası vacib deyil.)

Həll. Buradakı iki əsas hal bir-biri ilə kəsişmir: çünki istənilən iki fərqli xana eyni anda həm eyni sətirdə, həm də tam eyni sütunda yerləşə bilməz.Eyni sətirdə. Əvvəlcə bir sətir seçirik (

8

imkan var), sonra isə həmin sətrin

8

fərqli xanasından hər hansı iki dənəsini seçirik. Bu ikinci seçimi əvvəlki məsələnin (kombinasiya) üsulu ilə rahat saya bilərik:

7+6+\dots+1=28

. Deməli bu hal üçün:

8\cdot 28=224

.Eyni sütunda. Şahmat taxtasındakı simmetriyaya görə bu da yenə

224

olacaqdır.İki halın cəmi:

224+224=448

. Cavab:

448

Məsələ 44. Üç zər atılır. Bu zaman düşən nəticələrdəki üç ədədin hasilinin cüt olması neçə fərqli variantda ola bilər?

Həll. Üç ədədin hasili yalnız o halda tək olur ki,

\iff

hər üç zər mütləq tək ədəd göstərsin:

3^3=27

. Zərlərdəki bütün mümkün nəticələr isə

6^3=216

-dır. Cavab (tamamlayıcı sayma ilə):

216-27=189

. Cavab:

189

Məsələ 45. Neçə dördrəqəmli ədədin tərkibində ən azı iki qonşu rəqəmi bir-birinin eynisidir?

Həll. Yenə də tamamlayıcı hallarını sayaq: yəni heç bir iki qonşu rəqəmi eyni olmayan dördrəqəmli ədədləri hesablayaq. Bunun üçün soldan gedirik: ədədin birinci rəqəmi

9

imkandır (0 istisna olmaqla); sonrakı hər bir növbəti rəqəm isə yalnız və yalnız özündən dərhal əvvəl gələn rəqəmə bərabər olmamalıdır — bu isə hər biri üçün

9

-ar imkan deməkdir (çünki bu rəqəmlər ondan daha uzaqdakı rəqəmlərlə sərbəst şəkildə üst-üstə düşə bilər). Burada vurma qaydasının şərti tam ödənilir:

9\cdot 9\cdot 9\cdot 9 = 6561 .

Bütün mümkün dördrəqəmli ədədlərin sayı isə

9000

-dir. Yekun cavab:

9000-6561=2439

. Cavab:

2439

Məsələ 46. Uzunluğu

10

olan neçə elə

0

–

1

sətri var ki, onların tərkibində iki qonşu (yan-yana olan)

1

yoxdur?

Həll. Gəlin

a_n

ilə uzunluğu

n

olan və şərti ödəyən belə sətirlərin sayını işarə edək və məsələni ən sonuncu simvola görə iki müxtəlif hala ayıraq.

• Əgər sonuncu simvol $0$ -dırsa, onda ondan əvvəl gələn $n-1$ uzunluqlu simvollar ardıcıllığı yalnız öz aralarında həmin eyni şərti ödəməlidir — belə variantların sayı $a_{n-1}$ olacaq.
• Əgər sonuncu simvol $1$ -dirsə, onda ondan bilavasitə əvvəl gələn simvol mütləq və mütləq $0$ olmalıdır (yan-yana $1$ olmasın deyə) və ondan daha əvvəlki yerdə qalan $n-2$ uzunluqlu sətir sərbəstdir — bu isə bizə $a_{n-2}$ variant verir.

Bu iki hal bir-biri ilə kəsişmir və eyni zamanda bütün mümkün variantları əhatə edir, deməli biz aşağıdakı asılılığı alırıq:

a_n = a_{n-1}+a_{n-2}, \qquad a_1=2,\quad a_2=3 .

(Qeyd:

a_1

-in variantları

0

və

1

;

a_2

-nin variantları isə

00,01,10

olduğu üçündür.) İndi isə ardıcıl hesablayaq:

a_3=5,\ a_4=8,\ a_5=13,\ a_6=21,\ a_7=34,\ a_8=55,\ a_9=89,\ a_{10}=144 .

Cavab:

144

Qeyd. Rekurrent münasibətlər (Rekursiya) — saymanın dördüncü aləti. Yuxarıdakı məsələnin həllində əslində heç bir yeni prinsip yoxdur: biz sadəcə olaraq variantları hallara ayırdıq (toplama qaydası) və hər bir halı məntiqlə özündən daha kiçik eyni tipli məsələyə bağladıq. Bu fənd olimpiada məsələlərində çox vaxt cavabın «gözəl və hazır bir düsturu» olmayanda şagirdləri xilas edir. Həmişə yadda saxlayın: rekursiya (rekurrent ardıcıllıq) qurarkən, ardıcıllığın ən başlanğıc şərtlərini (

a_1

a_2

) mütləq şəkildə əllə sadalayaraq yoxlayın — çünki səhvlərin əksəriyyəti məhz elə həmin başlanğıcda yaranır.

Məsələ 47. Pilləkəndə ümumilikdə

10

pillə var. Şəxs hər addımında yalnız

1

və ya

2

pillə qalxa bilər. O, ən yuxarıya (zirvəyə) neçə müxtəlif yolla (ardıcıllıqla) qalxa bilər?

Həll. Tutaq ki,

b_n

—

n

pilləli pilləkənə qalxma üsullarının sayını göstərir. Məsələni şəxsin ən sonuncu addımına görə ayıraq: onun atdığı sonuncu addım ya

1

pillə idi (deməli ondan əvvəl o,

n-1

pilləyə artıq qalxmışdı), ya da

2

pilləlik addım idi (onda o, əvvəlcə

n-2

pilləyə qədər qalxmışdı). Beləliklə:

b_n=b_{n-1}+b_{n-2},\qquad b_1=1,\quad b_2=2 .

Alınan bu ardıcıllıq (Fibonaççi) belədir:

1,2,3,5,8,13,21,34,55,89

. Deməli cavabımız:

b_{10}=89

. Cavab:

89

Məsələ 48. Ümumilikdə neçə üçrəqəmli ədəd var ki, onun daxilindəki rəqəmlərindən biri mütləq digər qalan ikisinin cəminə bərabər olsun? (Məsələn

145

ədədi uyğundur, çünki

5=1+4

; və ya

220

kimi ədədlər.)

Həll. Məsələnin şərtini ödəyən rəqəm üçlüyündə «ümumi cəm olan» böyük rəqəmi

s

, yerdə qalan digər ikisini isə müvafiq olaraq

x

və

y

qəbul edək: yəni

s=x+y

.Hal 1: Üçlüyün heç bir rəqəmi $0$ deyil. O halda həm

x,y\ge 1

həm də

s=x+y>x

s=x+y>y

olar — yəni

s

rəqəmi bu üçlüyün daxilində birmənalı olaraq ən böyük rəqəmdir. Deməli, onun bu ədəddə hansı mövqedə (mərtəbədə) durduğu birmənalı olaraq seçilə bilər (burada hər hansı təsadüfi ikiqat sayma təhlükəsi qətiyyən yoxdur). İlk olaraq

s

-in duracağı mövqeyi seçirik —

3

imkan var; qalan iki boş mövqeyə isə

(x,y)

sıralı rəqəmlər cütünü yerləşdiririk. Bəs

x,y\ge 1

və həmçinin

x+y\le 9

şərtlərini ödəyən bu cür sıralı cütlərin sayı nə qədərdir?:

\sum_{s=2}^{9}(s-1) = 1+2+\dots+8 = 36 .

Belə olan halda biz

3\cdot 36=108

ədəd alırıq (bütün rəqəmlər müsbət olduğu üçün birinci rəqəmin sıfır olmama şərti zatən avtomatik ödənilir).Hal 2: Rəqəmlərdən heç olmasa biri $0$ -dır. Onda bu

0

rəqəmi ya «cəm» rolundadır, ya da cəmi yaradan toplananlardan biridir.

• Əgər $0$ toplananlardan biridirsə: $s=x+0=x$ olar, yəni əmələ gələn rəqəm üçlüyü $\{x,x,0\}$ şəklindədir (burada $x\ge 1$ ). Aydındır ki, $0$ -ın mövqeyi üçrəqəmli ədəddə birinci ola bilməz — buna görə də onun üçün cəmi $2$ imkan var; $x$ rəqəminin seçimi üçün isə $9$ imkan var; yerdə qalan iki mövqenin hər ikisinə də isə həmin $x$ rəqəmi düşür. Beləliklə bu halda alınır: $2\cdot 9=18$ ədəd.
• Bəs əgər $0$ bilavasitə «cəm» rolundadırsa: bu hal, yəni $0=x+y$ cəmi, yalnız və yalnız $x=y=0$ olduqda mümkündür. Yəni o zaman həmin ədəd $000$ olardı — bu isə qətiyyən üçrəqəmli ədəd deyil.

Bütün halların cəmi bizə:

108+18=126

verir. Cavab:

126

Məsələ 49. Neçə üçrəqəmli ədəd var ki, onun tərkibindəki rəqəmləri arasında həm cüt, həm də tək rəqəm eyni anda iştirak etsin?

Həll. Məsələyə tamamlayıcı sayma ilə yanaşaq: əgər ədəddə «həm cüt, həm tək yoxdursa» bu o deməkdir ki, bu ədədin ya bütün rəqəmləri istisnasız olaraq təkdir, ya da bütün rəqəmləri istisnasız olaraq cütdür. Gəlin hesablayaq:

• Bütün rəqəmlərin hamısı təkdir: $5^3=125$ .
• Bütün rəqəmlərin hamısı cütdür: ədədin birinci rəqəmi yalnız $\{2,4,6,8\}$ ola bilər — bu $4$ imkandır, yerdə qalan iki mərtəbəsi isə sərbəst olaraq $5$ -ər imkandır: $4\cdot 25=100$ .

Aydındır ki, bu iki hal bir-biri ilə kəsişmir. Ümumi cavabımız:

900-(125+100)=675

. Cavab:

675

9Ev tapşırıqlarıA hissəsi — sadə məsələlər

Bir dondurmaçıda $6$ fərqli növ dondurma və $3$ fərqli növ konus (külah) var. Bir konus və bir dondurmanı neçə cür kombinasiya edərək seçmək olar?
Sinifdə $7$ oğlan və $5$ qız var. (a) Növbətçilik üçün cəmi bircə nəfəri neçə müxtəlif cür seçmək olar? (b) Mütləq bir oğlan və bir qızdan ibarət olan cütlüyü neçə cür seçmək olar?
Ümumilikdə neçə üçrəqəmli natural ədəd mövcuddur?
Neçə dördrəqəmli natural ədəd var?
Bütün rəqəmləri bir-birindən müxtəlif olan cəmi neçə üçrəqəmli ədəd var?
Neçə üçrəqəmli cüt ədəd mövcuddur?
Neçə üçrəqəmli ədəd $4$ -ə qalıqsız bölünür?
Neçə dördrəqəmli ədəd $5$ -ə tam bölünür?
Bir dənə sikkə tam $4$ dəfə atılır. Cəmi neçə müxtəlif (üz-yazı) nəticə ardıcıllığı alınara bilər?
İki ədəd oyun zəri (biri qırmızı, digəri isə mavidir) atılır. Bu zaman cəmi neçə müxtəlif nəticə kombinasiyası var?
$\{1,2,\dots,8\}$ çoxluğunun ümumilikdə neçə altçoxluğu mövcuddur?
$\{1,2,\dots,8\}$ çoxluğunun neçə altçoxluğunun tərkibində $3$ elementi qətiyyən yoxdur?
$10$ nəfərin içindən sədr, katib və xəzinədar seçilməlidir; lakin bir nəfər iki fərqli vəzifəni tuta bilməz. Bu seçimi neçə müxtəlif cür etmək olar?
$6$ fərqli kitabı boş bir rəfə neçə müxtəlif ardıcıllıqla düzmək mümkündür?
Bütün rəqəmləri yalnız $\{0,1\}$ çoxluğuna daxil olan neçə beşrəqəmli ədəd mövcuddur?
Dörd rəqəmdən ibarət PIN kodu ümumilikdə neçə cür seçmək olar (rəqəmlər təkrarlana bilər və kod sərbəst olaraq $0$ rəqəmi ilə də başlaya bilər)?
Eyni sualda əgər rəqəmlərin təkrarlanması qəti qadağandırsa, onda cəmi neçə fərqli PIN kod mövcuddur?
$1$ -dən $100$ -ə qədər olan natural ədədlərdən neçəsi tam $4$ -ə bölünür?
$1$ -dən $100$ -ə qədər olan natural ədədlərdən neçəsi $4$ -ə və ya $6$ -ya qalıqsız bölünür?
$1$ -dən $300$ -ə qədər olan natural ədədlərdən neçəsi $7$ -yə qətiyyən bölünmür?
$144$ ədədinin ümumilikdə neçə natural böləni var?
$1000$ ədədinin ümumilikdə neçə natural böləni var?
Neçə üçrəqəmli ədədin yazılışında ən azı bir $5$ rəqəmi iştirak edir?
Neçə dördrəqəmli ədədin tərkibindəki heç bir rəqəm $9$ deyil?
Neçə dördrəqəmli ədədin tərkibində ən azı bir rəqəmi $9$ -dur?
Üçrəqəmli palindromların cəmi neçəsi cüt ədəddir?
Bayraq üç üfüqi zolaqdan təşkil olunub, ümumilikdə $4$ rəng var və qonşu zolaqların rəngi mütləq fərqli olmalıdır. Bu zaman neçə fərqli bayraq variantı var?
Əgər eyni bayraqda hər üç zolağın rənginin bir-birindən tamamilə fərqli olması mütləqdirsə, bu zaman cəmi neçə bayraq olar?
$5$ müxtəlif kitab $2$ şagird arasında paylanır; lakin hər kitab mütləq şagirdlərdən birinə verilməlidir. Bunu neçə cür paylamaq olar?
Rəqəmlərinin cəmi $2$ -yə bərabər olan cəmi neçə üçrəqəmli ədəd var?
Neçə dördrəqəmli ədədin tərkibindəki bütün rəqəmlər istisnasız olaraq təkdir?
Neçə dördrəqəmli ədədin tərkibindəki bütün rəqəmlər istisnasız olaraq cütdür?
$3$ fərqli hədiyyə $4$ uşaq arasında necə paylana bilər (nəzərə alın ki, bir uşaq bəzən bir neçə hədiyyə də ala bilər). Bu neçə cür paylana bilər?
Yeməkxananın menyusunda $4$ növ şorba, $5$ növ əsas yemək və $3$ növ desert təklif edilir. Əsas yemək götürmək mütləqdir, lakin şorba və desert seçimi könüllüdür. Cəmi neçə müxtəlif nahar növü mümkündür?
Neçə beşrəqəmli ədəd $2$ -yə və ya $5$ -ə tam bölünür?
$\{1,2,3,4,5\}$ çoxluğunun ümumilikdə neçə boş olmayan altçoxluğu mövcuddur?

B hissəsi — orta və çətin məsələlər

Bütün rəqəmləri bir-birindən müxtəlif olan cəmi neçə beşrəqəmli ədəd var?
Bütün rəqəmləri bir-birindən müxtəlif olan neçə beşrəqəmli cüt ədəd mövcuddur?
Bütün rəqəmləri bir-birindən müxtəlif olan və $5$ -ə tam bölünən cəmi neçə dördrəqəmli ədəd var?
Rəqəmlərinin cəmi tam $6$ olan neçə üçrəqəmli ədəd var?
Rəqəmlərinin cəmi tam $5$ olan neçə dördrəqəmli ədəd var?
$1$ -dən $1000$ -ə qədər olan natural ədədlərdən neçəsinin yazılışında ən azı bir $3$ rəqəmi iştirak edir?
$1$ -dən $999$ -a qədər ədədlərdən neçəsinin rəqəmlərinin ümumi cəmi $3$ -ə bölünür?
Cəmi neçə altırəqəmli palindrom ədəd mövcuddur?
Neçə yeddirəqəmli palindrom ədəd $5$ -ə tam bölünür?
Uzunluğu $12$ olan neçə elə $0$ – $1$ sətri var ki, onların daxilində iki qonşu $1$ rəqəmi yoxdur?
$12$ pilləli bir pilləkənə hər addımda sadəcə $1$ və ya $2$ pillə qalxmaqla neçə müxtəlif yolla çıxmaq olar?
Əgər hər addımda pilləkəndə $1$ , $2$ və ya $3$ pillə qalxmaq mümkündürsə, o zaman $10$ pilləli pilləkənə neçə cür çıxmaq mümkündür?
$8\times 8$ şahmat taxtasından iki fərqli xana seçilir. Bunları neçə müxtəlif cür seçmək olar ki, həmin xanalar nə eyni sətirdə, nə də eyni sütunda iştirak etməsinlər? (Xanaların seçilmə sırası vacib deyil.)
Eyni şahmat taxtasına bir ağ və bir qara qala elə qoyulur ki, onlar bir-birini qətiyyən vura bilməsinlər. Bu neçə cür mümkündür?
Neçə dördrəqəmli ədədin tərkibində ən azı iki qonşu rəqəm bir-birinə bərabərdir?
Rəqəmlərinin ümumi cəmi tək ədəd olan neçə beşrəqəmli ədəd var?
$1$ -dən $1\,000\,000$ -a qədər olan natural ədədləri kağıza ardıcıl yazsaq, $7$ rəqəmi orada cəmi neçə dəfə yazılmış olar?
$5$ fərqli konfet $3$ uşaq arasında paylanır. Neçə belə paylamada ən kiçik uşaq mütləq ən azı bir konfet alır?
Hər hansı bir parol $5$ simvoldan ibarətdir; hər bir simvol isə böyük latın hərfi ( $26$ variant) və ya rəqəm ( $10$ variant) ola bilər. Cəmi neçə belə parolda ən azı bir dənə rəqəm iştirak edir?
$8$ nəfər adam iki fərqli otağa yerləşdirilməlidir. Otaqlardan heç birinin boş qalmaması şərti ilə onları bu otaqlara neçə cür yerləşdirmək olar?
$4\times 4$ ölçülü lövhənin hər bir xanası yalnız qırmızı və ya mavi rənglənir. Hər sətirdə ən azı bircə dənə qırmızı xana olacaq şəkildə ümumilikdə neçə fərqli rəngləmə üsulu mövcuddur?
Neçə dördrəqəmli ədədin tərkibindəki rəqəmləri arasında həm cüt, həm də tək rəqəm eyni anda iştirak edir?
Bütün rəqəmləri məhz $\{1,2,3\}$ çoxluğuna daxil olan və $3$ -ə tam bölünən cəmi neçə dördrəqəmli ədəd var?
$1$ -dən $2026$ -ya qədər (bu ədəd daxil olmaqla) ədədlərdən neçəsi nə $2$ -yə, nə də $3$ -ə qalıqsız bölünür?
Rəqəmlərinin bir-birinə hasili tam olaraq $12$ -yə bərabər olan neçə üçrəqəmli ədəd mövcuddur?
$1$ -dən $2026$ -ya qədər ədədlərdən neçəsinin yazılışında qətiyyən $0$ rəqəmi iştirak etmir?
Üç oyun zəri atılır. Neçə atış nəticəsində düşən rəqəmlərin cəmi cüt ədəd olur?
Neçə elə üçrəqəmli $n$ ədədi mövcuddur ki, onun rəqəmlərini tərs sıra (ardıcıllıq) ilə yazdıqda alınan ədəd yenə də üçrəqəmli olsun və üstəlik bu yeni ədəd əvvəlki $n$ -dən böyük olsun?
$1$ -dən $100$ -ə qədər olan natural ədədlərdən neçəsi nə tam kvadrat, nə də tam kubdur?
Rəqəmlərinin ümumi cəmi tam olaraq $9$ -a bərabər olan neçə fərqli üçrəqəmli ədəd var?

10Ev tapşırıqlarının cavabları

Qeyd. Necə istifadə etməli. Əvvəlcə məsələnin həllini mütləq sona qədər çatdırın, və yalnız ondan sonra bu cavablara baxın. Əgər aldığınız cavab buradakı ilə uyğun gəlmirsə, dərhal həllin özünə qayıtmağa tələsməyin — əvvəlcə səbirli olub özünüzə bu iki sualı verin: «Nəyisə nəzərdən qaçırmışam, yoxsa nəyisə hesablamada iki dəfə (artıq) saymışam?» Olimpiadalardakı səhvlərin demək olar ki, hamısı bu iki kateqoriyadandır.

A hissəsi1.

18

2. (a)

12

, (b)

35

900

9000

648

450

225

1800

16

10.

36

11.

256

12.

128

13.

720

14.

720

15.

16

16.

10\,000

17.

5040

18.

25

19.

33

20.

258

21.

15

22.

16

23.

252

24.

5832

25.

3168

26.

40

27.

36

28.

24

29.

32

30.

3

31.

625

32.

500

33.

64

34.

100

35.

54\,000

36.

31

B hissəsi — cavablar və qısa ideyalar

1. $27\,216$ . Sadəcə vururuq: $9\cdot 9\cdot 8\cdot 7\cdot 6$ .
2. $13\,776$ . Hallara ayırırıq: Sonuncu rəqəm $0$ olduqda: $9\cdot8\cdot7\cdot6=3024$ ; sonuncu rəqəm $\{2,4,6,8\}$ olduqda isə: $4\cdot 8\cdot 8\cdot 7\cdot 6=10\,752$ . Cəmi $13\,776$ .
3. $952$ . Sonuncu $0$ olduqda: $9\cdot 8\cdot 7=504$ ; sonuncu $5$ olduqda isə: $8\cdot 8\cdot 7=448$ .
4. $21$ . Birinci rəqəm olan $a=1,\dots,6$ üzrə məsələni hallara ayırın: bu zaman yaranan $b+c=6-a$ tənliyinin həlllərinin sayı hər dəfə $7-a$ qədər olur.
5. $35$ . Eyni ilə $a$ üzrə hallara ayırın: $a=1$ olduqda $b+c+d=4$ olur — bunun $15$ variantı var, daha sonra isə digər hallar uyğun olaraq $10$ , $6$ , $3$ və $1$ verir.
6. $271$ . Üçrəqəmli sətirlər üçün sıfırla tamamlama üsulu və tamamlayıcı sayma: $1000-9^3$ . (Nəzərə alırıq ki, $1000$ ədədinin özündə $3$ rəqəmi yoxdur.)
7. $333$ . $1$ -dən $999$ -a qədər $3$ -ə tam bölünən ədədlərin ümumi sayı $333$ -dür; riyazi olaraq rəqəmləri cəminin $3$ -ə bölünməsi məhz elə ədədin özünün $3$ -ə bölünməsi qaydası ilə tamamilə eynidir.
8. $900$ . Palindrom forması $\overline{abccba}$ -dır: yəni $9\cdot 10\cdot 10$ .
9. $1000$ . Hər hansı bir palindrom $5$ -ə bölünürsə deməli onun son rəqəmi ya $0$ , ya da $5$ -dir; lakin $0$ ola bilməz (çünki belə olsa, ədədin birinci rəqəmi də $0$ olardı), deməli mütləq $a=5$ -dir; yerdə qalan ortadakı $b,c,d$ rəqəmləri isə tamamilə sərbəstdir: deməli $10^3=1000$ .
10. $377$ . Rekurrent münasibət: $a_n=a_{n-1}+a_{n-2}$ , burada $a_1=2$ , $a_2=3$ .
11. $233$ . Eyni rekurrent münasibət: $b_n=b_{n-1}+b_{n-2}$ , burada $b_1=1$ , $b_2=2$ .
12. $274$ . Bu dəfə üçlü asılılıq yaranır: $c_n=c_{n-1}+c_{n-2}+c_{n-3}$ , burada $c_1=1$ , $c_2=2$ , $c_3=4$ .
13. $1568$ . Bütün mümkün cütlüklərin sayı $\frac{64\cdot 63}{2}=2016$ -dır; onlardan eyni sətirdə və ya eyni sütunda iştirak edənlərin sayı isə $448$ -dir ( $2016 - 448$ ).
14. $3136$ . Ağ rəngli qala üçün: $64$ xana imkanı var; qara qala isə artıq ağ qalanın dayandığı həmin sətir və sütunu mütləq buraxmalıdır: deməli yerdə $49$ xana qalır. Qalalar bir-birindən rəngcə fərqləndiyi üçün nəticəni $2$ -yə bölmürük. $64\cdot 49$ .
15. $2439$ . Tamamlayıcı sayma metodu ilə: $9^4=6561$ . Ümumi saydan çıxılır.
16. $45\,000$ . Ədədin ilk dörd rəqəmini tamamilə sərbəst seçin, sonuncu rəqəm isə hər bir halda ümumi cəmin təkliyini təmin etmək üçün ancaq $5$ cür (tək və ya cüt olaraq) tamamlanır.
17. $600\,000$ . $000000$ – $999999$ aralığında: hər bir mərtəbə mövqeyi üçün $10^5$ dəfə təkrar olur, mərtəbə sayı isə $6$ mövqedir. (Özü də $1\,000\,000$ ədədinin daxilində də heç bir $7$ rəqəmi yoxdur.) $6 \cdot 10^5$ .
18. $211$ . Bütün hallardan ən kiçik uşağın heç nə almadığı hallar çıxılır: $3^5-2^5$ .
19. $48\,584\,800$ . Tamamlayıcı sayma: Bütün mümkün parolların sayından, tərkibində yalnız hərflər olan parolların sayı çıxılır ( $36^5-26^5$ ).
20. $254$ . Ümumi say $2^8$ -dir, lakin bütün adamların eyni (bircə) otağa düşdüyü $2$ «yararsız» hal ordan mütləq çıxılır ( $2^8-2$ ).
21. $50\,625$ . Lövhənin bütün dörd sətiri bir-birindən asılı deyil (müstəqildir): yəni $(2^4-1)^4=15^4$ .
22. $7875$ . Ümumi ədədlərdən (9000), rəqəmləri sırf tək olanlar (625) və sırf cüt olanlar (500) çıxılır: $9000-625-500$ .
23. $27$ . Ədədin ilk üç rəqəmini tam sərbəst şəkildə ( $3^3=27$ imkan) seçirik, sonuncu rəqəm isə bütün bu rəqəmlərin cəmini $3$ -ə tamamlamaq üçün uyğun olaraq $\{1,2,3\}$ çoxluğundan məcburi və birmənalı (yeganə cür) seçilir.
24. $675$ . Məsələnin şərti riyazi olaraq «ədəd həm tək, həm də $3$ -ə bölünməyəndir» mənasını verir. $1$ – $2026$ intervalında tək ədədlərin ümumi sayı $1013$ ədəddir. Onlardan yalnız $3$ -ə bölünənləri kənarlaşdıraq: $3$ -ün həmin aralıqdakı misilləri $\lfloor 2026/3\rfloor=675$ -dir, onların içərisində cüt olanları ( $6$ -nın misillərini) tapsaq $\lfloor 2026/6\rfloor=337$ edir. Deməli, həmin aralıqda tək olan $3$ -ə bölünənlər: $675-337=338$ olacaq. Yekun cavabımız isə: $1013-338=675$ .
25. $15$ . Hasilin $12$ olması üçün ədəddəki heç bir rəqəm $0$ ola bilməz. Hasili $12$ edən üçrəqəmli kompozisiyalar (qruplar, sırası nəzərə alınmadan bunlardır): $\{1,2,6\}$ , $\{1,3,4\}$ , $\{2,2,3\}$ . Bu qruplardan birinci və ikincisi tamamilə üç fərqli rəqəmdən təşkil olunub və hər biri ayrı-ayrılıqda $3\cdot 2\cdot 1=6$ fərqli cür düzülüş verir. Üçüncüsündə isə iki eyni rəqəm var deyə — o yalnız $3$ fərqli düzülüş verir. Hamısının cəmi isə: $6+6+3=15$ olur.
26. $1548$ . Məsələni ədədlərin rəqəmlərinin sayına görə ayıraq: $1$ – $9$ aralığı üçün rəqəmlər $9$ dənədir; $10$ – $99$ aralığı üçün isə $9^2=81$ -dir; $100$ – $999$ aralığı üçün isə $9^3=729$ edir; $1000$ – $1999$ aralığında hesabladıqda isə ədədin birinci rəqəmi məcburi $1$ -dir, yerdə qalan digər üçü isə yenə yalnız $1$ – $9$ -dan seçilir — yəni $9^3=729$ . Lakin $2000$ – $2026$ aralığındakı hər bir ədədin ikinci rəqəmi avtomatik olaraq $0$ -dır, deməli ordan bizim şərtimizi ödəyən bircə dənə belə ədəd çıxmır. Yekun cəm: $9+81+729+729=1548$ .
27. $108$ . İlk iki oyun zərinin nəticəsi tam sərbəstdir (bunun üçün $36$ imkan var), üçüncüsünün isə ancaq bircə dərdi var ki, bu da bütün atışların ümumi cəmini cüt etməkdir — yəni bunun üçün yalnız uyğun $3$ (cüt və ya tək) cür seçilir.
28. $360$ . Tutaq ki $n=\overline{abc}$ ədədir, axtarılan şərt mütləq $c\ne 0$ və eyni zamanda $c>a$ olmasını tələb edir. Riyazi olaraq $1\le a<c\le 9$ şərtini ödəyən cütlüklər cəmi $36$ dənədir, $b$ rəqəmi isə istənilən (sərbəst) ola bilər. Beləliklə $36 \cdot 10 = 360$ .
29. $88$ . $1$ – $100$ arasında tam kvadratların sayı $10$ , tam kubların sayı $4$ -dür. Hər ikisinin ortaq (kəsişdiyi, yəni $1$ və $64$ ) sayı isə $2$ -dir: Kəsişməyən hallarla (Daxiletmə-Xaricetmə prinsipi) hesablasaq bizə lazım olmayan «pis» ədədlərin sayı $8+2+2=12$ edər. Tamamlayıcı sayma ilə: $100-12=88$ .
30. $45$ . Ədədin birinci rəqəmi olan $a=1,\dots,9$ üzrə hallara ayırsaq: $b+c=9-a$ xətti tənliyinin həllərinin sayı həmişə tam $10-a$ dənədir, bunların ümumi cəmi isə $9+8+\dots+1=45$ olur.