Дидактические материаллы по Алгебре и Началам анализа для 11 классов

Скачать 2013 г

Алгебра. 11 класс — Кузнецова Е.П., Муравьева Г.Л. и др.

Учебное пособие для 11 класса учреждений общего среднего образования с русским языком обучения

Скачать 2008 г

Сборник заданий для подготовки и проведения письменного экзамена по математике и алгебре и началам анализа за курс средней школы. 11 класс — Дорофеев Г.В.

Настоящий сборник заданий предназначен для итоговой аттестации в 11 классе по курсу `Математика` (курс А) и по курсу `Алгебра и начала анализа` (курс В). Тексты заданий предполагаются открытыми для использования в обычном учебном процессе или при специальной подготовке (например, в системе экстерната). Экзаменационная работа, составляемая на основе сборника, содержит десять заданий.

2008 г

Скачать

Алгебра и начала анализа.

Дидактические материалы для 11 кл — Ивлев Б.М., Саакян С.М., Шварцбурд С.И.

Дидактические материалы содержат самостоятельные и контрольные работы по алгебре и началам математического анализа, материал для уроков обобщающего повторения и подготовки учащихся к письменному экзамену по алгебре и началам математического анализа, примерные варианты экзаменационных работ за курс средней школы, материал для проведения программированного контроля, карточки-задания для зачетов в условиях применения лекционно-семинарской системы преподавания математики.

2007г

Скачать

Дидактические материалы по алгебре и математическому анализу с ответами и решениями для 10-11 классов — Рыжик В.И., Черкасова Т.Х.

Учебное пособие для профильной школы.Книга содержит: 1) задачи по школьному курсу алгебры и математического анализа для профильных классов, в первую очередь для классов с углублённым изучением математики; 2) ответы ко всем задачам; 3) решения задач.

Книга адресована учителям математики, учащимся, обучающимся в школах различного типа, и абитуриентам.

Первое издание вышло в 1997 году. В новом издании изменены условия некоторых задач, внесены исправления в ответы, добавлены решения.

2008 г

Скачать

Дидактические материалы по алгебре и математическому анализу с ответами и решениями для 10-11 классов — Рыжик В.И., Черкасова Т.Х.

Книга содержит: 1) задачи по школьному курсу алгебры и математического анализа для профильных классов, в первую очередь для классов с углублённым изучением математики; 2) ответы ко всем задачам; 3) решения задач.
Книга адресована учителям математики, учащимся, обучающимся в школах различного типа, и абитуриентам.
Первое издание вышло в 1997 году. В новом издании изменены условия некоторых задач, внесены исправления в ответы, добавлены решения.

Скачать

Алгебра и начала анализа. Дидактические материалы для 11 кл — Ивлев Б.

М., Саакян С.М., Шварцбурд С.И.

Дидактические материалы содержат самостоятельные и контрольные работы по алгебре и началам математического анализа, материал для уроков обобщающего повторения и подготовки учащихся к письменному экзамену по алгебре и началам математического анализа, примерные варианты экзаменационных работ за курс средней школы, материал для проведения программированного контроля, карточки-задания для зачетов в условиях применения лекционно-семинарской системы преподавания математики.                      2007 г

Скачать

Алгебра и математический анализ для 11 класса — Виленкин Н.Я., Ивашев-Мусатов О.С., Шварцбурд С.И. Учебное пособие для школ и классов с углубленным изучением математики.

Данное учебное пособие представляет собой продолжение книги `Алгебра и начала анализа` для 10 класса, изданной в 1992 г. В нем раскрываются вопросы программы данного курса для 11 класса как для общеобразовательной школы, так и для классов и школ с углубленным изучением курса математики.

Для учеников:

Одиннадцатых классов

Год: 1998

Скачать

Математика. Алгебра. Начала математического анализа. Профильный уровень. Задачник для 10-11 классов — Шабунин М.И. и др.

Задачник для 10-11 классов является частью учебно-методического комплекта для старших классов школ с углубленным изучением математики. Главы задачника соответствуют главам учебников для 10 и 11 классов. Задачи по каждой теме расположены в порядке возрастания трудности (три уровня).
В книгу включены задачи из вариантов выпускных экзаменов и ЕГЭ, а также варианты вступительных письменных экзаменов в вузы, предъявляющие повышенные требования к математической подготовке абитуриентов.
Для учащихся классов физико-математического и естественно-научных профилей, учителей средних школ.

год 2009

Скачать

Скачать 2007 г

Математика. 11 класс — Латотин Л.А., Чеботаревский Б.

Д.

Учебное пособие для 11 класса учреждений общего среднего образования с русским языком обучения

Скачать 2013 г

Скачать

Сборник заданий для подготовки и проведения письменного экзамена по математике (курс А) и алгебре и началам анализа (курс В) за курс средней школы. 11 класс — Дорофеев Г.В. и др.

Настоящий сборник заданий предназначен для итоговой аттестации в 11 классе по курсу `Математика` (курс А) и по курсу `Алгебра и начала анализа` (курс В). Тексты заданий предполагаются открытыми для использования в обычном учебном процессе или при специальной подготовке (например, в системе экстерната). Экзаменационная работа, составляемая на основе сборника, содержит десять заданий.

Задачник Алгебра 11 класс Мордкович

адачник Алгебра 11 класс Мордкович

Алгебра и начала математического анализа 11 класс. Задачник (базовый и углублённый уровни) ФГОС
Авторы: Мордкович А. Г. и др.
Издательство: М.: Мнэмозина
Год: 2014.
Страниц: 264 с.

Скачать

Мордкович А.Г. (ред.). Алгебра и начала математического анализа. 11 класс. Часть 2. Задачник (профильный уровень)

1. Файлы
2. Абитуриентам и школьникам
3. Математика
4. Алгебра
5. Задачники по алгебре для школьников

Алгебра

• 10-11 классы

• 7 класс

• 8 класс

• 9 класс

• Домашняя работа по алгебре

• Задачники по алгебре для школьников

• формат pdf
• размер 27,03 МБ
• добавлен 08 марта 2012 г.

В 2-х частях. — 3-е изд., стереотип. — М.: Мнемозина, 2009. — 264 с.

Задачник является второй частью комплекта из двух книг, предназначенных для изучения курса алгебры и начал математического анализа в 11-м классе с профильной подготовкой по математике (первая часть — учебник).

Оглавление:

Многочлены.
Многочлены от одной переменной.
Многочлены от нескольких переменных.
Уравнения высших степеней.
Степени и корни. Степенные функции.
Понятие корня n-й степени из действительного числа.
Функции у = ⁿ√х, их свойства и графики.
Свойства корня n-й степени.
Преобразование иррациональных выражений.
Понятие степени с любым рациональным показателем.
Степенные функции, их свойства и графики.
Извлечение корней из комплексных чисел.
Показательная и логарифмическая функции.
Показательная функция, ее свойства и график.
Показательные уравнения.

Показательные неравенства.
Понятие логарифма.
Логарифмическая функция, ее свойства и график.
Свойства логарифмов.
Логарифмические уравнения.
Логарифмические неравенства.
Дифференцирование показательной и логарифмической функций.
Первообразная и интеграл.
Первообразная и неопределенный интеграл.
Определенный интеграл.
Элементы теории вероятностей и математической статистики.
Вероятность и геометрия.
Независимые повторения испытаний с двумя исходами.
Статистические методы обработки информации.
Гауссова кривая. Закон больших чисел.
Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств.
Равносильность уравнений.
Общие методы решения уравнений.
Равносильность неравенств.
Уравнения и неравенства с модулями.
Иррациональные уравнения и неравенства.
Доказательство неравенств.
Уравнения и неравенства с двумя переменными.
Системы уравнений.
Задачи с параметрами.

Купить книгу «ред.). Алгебра и начала математического анализа. 11 класс. Часть 2. Задачник (профильный уровень»

7.5: Комбинации С повторениями — Mathematics LibreTexts

1. Последнее обновление

2. Сохранить как PDF

Идентификатор страницы

28730

• Харрис Квонг
• Государственный университет Нью-Йорка во Фредонии через OpenSUNY

Рассмотрим наш выбор \(3\) человек из \(20\) дискретных студентов.

Перестановки включают в себя все различные договоренности, поэтому мы говорим «порядок имеет значение», и есть \(P(20,3)\) способов выбрать  \(3\) людей из \(20\) на пост президента, вице- президент и дворник.

Steve, Ahmet, Liz (SAL) и Liz, Ahmet, Steve (LAS) — две разные аранжировки.

Для комбинаций мы выбрали \(3\) человек из \(20\), чтобы получить пятерку за курс, поэтому порядок не имеет значения. Это «\(20\) выберите \(3\)», количество наборов из 3, где порядок не имеет значения. SAL и LAS — это одно и то же. Это \(\binom{20}{3}\).

Повторение как в перестановках, так и в комбинациях не допускается. LLA – это не выбор.

Теперь переходим к комбинациям с повторениями. Здесь мы выбираем \(3\) человек из \(20\) дискретных студентов, но допускаем повторяющихся людей. Это комбинации, поэтому SAL и LAS по-прежнему являются одним и тем же выбором, но у нас есть другие различные варианты, такие как LLA, SSS, WAW, SWW и многие другие!

Пример \(\PageIndex{1}\) Первый пример

Определите количество способов выбрать 3 чайных пакетика и положить их в чайник. У вас есть по 100 штук каждого из этих шести видов чая: черный чай, ромашковый, Эрл Грей, зеленый, жасминовый и роза.

(По сути, у вас есть неограниченное количество каждого вида чая.). Вы можете повторить виды чая.

Например, некоторые варианты:  CEJ, CEE, JJJ, GGR и т. д.           

тип чая:	Черный	Ромашка	Эрл Грей	Зеленый	Жасмин	Роза
на выбор:	х		хх
# вариантов:	1	0	2	0	0	0

 

Это соглашение BEE.

           

тип чая:	Черный	Ромашка	Эрл Грей	Зеленый	Жасмин	Роза
на выбор:				хх		х
# вариантов:	0	0	0	2	0	1

 Это соглашение GGR.

Сократите эту таблицу следующим образом: Черный | Ромашка | Эрл Грей | Зеленый | Жасмин | Роза

просто разделители:                           | | | | |

Наши 6 видов чая дают нам 5 разделителей.

Мы выбираем 3 чайных пакетика, поэтому нам нужны 3 крестика и 5 разделителей.

Вот два варианта в приведенных выше таблицах:   x | | х х | | | и   | | | х х | | Икс.

Какие буквы обозначают эти два варианта? | | | | xx|x       и   x| | х | х | | .

Ответить

JJR      и   BEG

Мы расставляем 8 предметов (5 разделителей и 3 варианта чайных пакетиков), поэтому у нас есть 8 мест для размещения 3 чайных пакетиков.

______   ______   ______   ______    ______   ______    ______   ______       

После того, как мы разместим 3 чайных пакетика, размещение 5 разделителей будет определено автоматически.

Есть \(\binom{8}{3}\) способы собрать 3 чайных пакетика.

Откуда взялись \(8\) и \(3\)? См. следующую теорему.

 

 Комбинация с формулой повторения 

Теорема \(\PageIndex{1}\label{thm:combin}\)

Если мы выберем набор \(r\) элементов из \(n\) типов элементов, где повторение разрешено, и количество элементов, из которых мы выбираем, практически не ограничено, возможное количество вариантов:

 \[\binom{n+r-1}{r}.\]

Пример \(\PageIndex{2}\) Пример с ограничениями

Из неограниченного выбора из пяти видов газированных напитков, одним из которых является Dr. Pepper, вы ставите на стол 25 банок.

(a) Определите, сколькими способами вы можете выбрать 25 банок газировки.

Раствор

Это случай без ограничений. \(\binom{5+25-1}{25}=\binom{29}{25}=23751\)
Существует 23751 способ выбрать 25 банок газировки пяти видов.

(b) Определите, сколькими способами вы можете выбрать 25 банок содовой, если вы должны включить не менее семи Dr. Peppers.

Раствор

Здесь цифра семь Dr. Peppers уже выбрана, так что вы действительно выбираете \(25-7=18\) банок. \(\binom{5+18-1}{18}=\binom{22}{18}=7315\)
Существует 7315 способов выбрать 25 банок газировки пяти типов, по крайней мере семь из которых относятся к одному конкретному типу. .

(c) Определите количество способов, которыми вы можете выбрать 25 банок газировки, если окажется, что в наличии только три Dr. Peppers.

Решение

Это сложнее сделать напрямую, и проще использовать дополнение. Дополнение — «четыре или более Dr. Peppers», что составляет как минимум четыре Dr. Peppers.
Следуя нашим рассуждениям в (b), число способов выбрать 25 банок как минимум с четырьмя Dr. Peppers равно \(\binom{5+21-1}{21}=\binom{25}{21}=12650 .\)
Итак, есть 12650 способов получить четыре или более Dr. Peppers. Нам нужно вычесть это из общего количества, чтобы получить количество трех или менее Dr. Peppers.
\(\binom{5+25-1}{25}-\binom{5+21-1}{21}=\binom{29}{25}-\binom{25}{21}=23751-12650 =11101. \)
Существует 11101 способ выбрать 25 банок газировки пяти видов, но не более трех одного определенного типа.

Резюме и обзор

• Перестановки: порядок имеет значение, повторы не допускаются.
• (обычный) Комбинации: порядок НЕ имеет значения, повторы не допускаются.
• Комбинации С повторениями: порядок НЕ имеет значения, повторы РАЗРЕШЕНЫ.

Упражнения 

Упражнение \(\PageIndex{1}\label{ex:combin-01}\)

На ферме леденцов есть кошки, собаки, козы, утки и лошади. Сколькими способами вы можете выбрать трех питомцев, чтобы забрать их домой?

Раствор

\(\binom{7}{3}=35\)

 

Упражнение \(\PageIndex{2}\label{ex:combin-02}\)

Вы собираетесь принести на вечеринку два пакета чипсов. В отделе с чипсами вы видите обычные картофельные чипсы, картофельные чипсы барбекю, картофельные чипсы со сметаной и луком, кукурузные чипсы и кукурузные чипсы, которые можно зачерпывать. Сколько выборов вы можете сделать?

Упражнение \(\PageIndex{3}\label{ex:combin-03}\)

(a) Вычислите \(\binom{5+7-1}{7}\) (до целого числа).

(b) Если бы вам пришлось вычислять \(\binom{5+7-1}{7}\) без калькулятора, как бы вы могли упростить вычисления?

(c) Заполните пропуски, чтобы создать задачу, решением которой является формула в (a):

Вы сидите с несколькими друзьями и идете за ____________ банок газировки для своего стола. Есть __________ видов газировки. Сколько выборов вы можете сделать?

Решение

(a) 330
(b) \(\binom{5+7-1}{7}=\binom{11}{7} =\binom{11}{4}=\frac{11 \cdot 10 \ cdot 9 \cdot 8}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}=\frac{11 \cdot 10 \cdot 9}{3}=11 \cdot 10 \cdot 3=110 \cdot 3=330\)
(c) получить 7 банок газировки; 5 видов соды

Упражнение \(\PageIndex{4}\label{ex:combin-04}\)

Вы расставляете 30 банок напитков. Есть шесть видов напитков, и один тип — сельтерская.

(a) Сколькими способами можно выбрать напитки для похода?

(б) Сколькими способами можно выбрать напитки для расстановки, включающие не менее 8 банок сельтерской воды?

(c) Сколькими способами можно выбрать напитки, если в наличии только 5 банок газировки?

Упражнение \(\PageIndex{5}\label{ex:combin-05}\)

На дисплей будет установлено двадцать батареек. Типы батарей: AAA, AA, C, D и 9-вольтовые.

а) Сколькими способами мы можем выбрать двадцать батареек?

(b) Сколькими способами мы можем выбрать двадцать батарей, но быть уверенными, что по крайней мере четыре батареи являются 9-вольтовыми?

(c) Сколькими способами мы можем выбрать двадцать батарей, но иметь при этом не более двух 9-вольтовых батарей?

Раствор

(a) \(\binom{24}{20}=10626\)

(b) \(\binom{20}{16}=4845\)

(c) \(\binom{24}{ 20}-\бином{21}{17}=4641\)

Упражнение \(\PageIndex{6}\label{ex:combin-06}\)

Используйте чайные пакетики из Примера 7. 5.1: черный, ромашковый, Эрл Грей, зеленый, жасминовый и розовый, чтобы ответить на эти вопросы.

(a) Вы готовите чашку чая для проректора, профессора математики и студентки. Сколько способов вы можете сделать это?

(b) Вы готовите чашку чая для проректора, профессора математики и студентки. У каждого человека будет свой вкус. Сколько способов вы можете сделать это?

(c) Вы завариваете чайник из четырех чайных пакетиков. Сколько способов вы можете сделать это?

(d) Вы завариваете чай из четырех чайных пакетиков разного вкуса. Сколько способов вы можете сделать это?

(e) Вы раскладываете 30 чайных пакетиков. Сколько способов вы можете сделать это?

(f) Вы раскладываете 30 пакетиков чая, но в наличии есть только 5 пакетиков розового чая. Сколько способов вы можете сделать это?

(ж) Вы раскладываете 30 чайных пакетиков, среди которых будет как минимум 10 Эрл Грей. Сколько способов вы можете сделать это?

Упражнение \(\PageIndex{7}\label{ex:combin-07}\)

Сколько целых неотрицательных решений есть у этого уравнения: \[x_1+x_2+x_3+x_4=18?\]

Решение

\(\binom{21}{18}=1330\) 

Упражнение \(\PageIndex{8}\label{ex:combin-08}\)

Сколько неотрицательных решений есть у этого уравнения: \[x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=26?\ ]

---

Эта страница под заголовком 7. 5: Комбинации с повторениями распространяется по лицензии CC BY-NC-SA, автором, ремиксом и/или куратором этой страницы является Харрис Квонг (OpenSUNY) .

1. Наверх

• Была ли эта статья полезной?

1. Тип изделия

   Раздел или Страница

   Автор

   Харрис Квонг

   Лицензия

   CC BY-NC-SA

   Показать страницу TOC

   да

2. Теги

   1. Комбинации

Перестановки с повторением | Brilliant Math & Science Wiki

Мэй Ли, Александр Кац, Пи Хан Го, а также

способствовал

Содержимое

• Перестановки с повторением
• Основные примеры
• Промежуточные примеры
• Смотрите также

Для заданного набора nnn объектов, в котором имеется n1n_1n1​ идентичных объектов типа 1, n2n_2n2​ идентичных объектов типа 2, …\ldots… и nkn_knk​ идентичных объектов типа kkk, сколько различных перестановок объектов существует там? Обратите внимание, что в этом случае все объекты должны появиться в перестановке, и два порядка считаются разными, если два объекта в некоторой позиции iii не идентичны.

Если все объекты различны, то мы видели, что количество перестановок без повторения равно n!n!n!. Для каждой из этих перестановок мы можем переставить n1n_1n1 одинаковых объектов типа 1 в n1! н_1! п1! возможные пути; поскольку эти объекты считаются идентичными, расположение не меняется. Точно так же мы можем взять любой из n2! н_2! п2​! перестановки n2n_2n2 одинаковых объектов типа 2 и получить такое же расположение. Продолжая этот аргумент, мы учитываем эти повторяющиеся аранжировки путем деления на количество повторений. Это дает следующий результат для общего количества перестановок:

Количество перестановок nnn объектов с n1n_1n1​ идентичными объектами типа 1, n2n_2n2​ идентичными объектами типа 2, … \ldots… и nkn_knk​ идентичными объектами типа kkk равно

n!n1!n2!⋯nk!. \frac{n!}{n_1! н_2! \cdots n_k!}.n1​!n2​!⋯nk​!n!​.

В случае, когда все объекты различны, мы имеем n1=n2=⋯=nd=1n_1 = n_2 = \cdots = n_d = 1n1​=n2​=⋯=nd​=1, и приведенная выше теорема показывает, что количество перестановок

n!n1!n2!⋯nd!=n!1!1!⋯1!=n!, \frac{n!}{n_1! н_2! \cdots n_d!} = \frac{n!}{1! 1! \cdots 1!} = n!, n1​!n2​!⋯nd​!n!​=1!1!⋯1!n!​=n!,

, которые мы видели в «Перестановках без повторения». Обратите внимание, что мы предположили, что перестановка содержит все объекты в порядке. В случае, если мы хотим включить в порядок только некоторые объекты, см. Перестановки с ограничением.

В проработанных примерах перестановок без повторений мы видели, что если у Лизы есть nnn разных украшений, то она может расположить их в n!n!n! по-разному на ее мантии. Что произойдет, если вместо этого у Лизы будут одинаковые украшения? Сколькими способами Лиза может расположить украшения на своей мантии, если у нее есть 2 одинаковых украшения для кошек, 3 одинаковых украшения для собак, 1 кролик, 1 пингвин и 1 украшение для коалы?

---

Всего объектов 8, а если бы объекты считались различными, то их 8! 8! 8! способы их размещения на мантии. Для любой аранжировки мы можем взять любую из 2-х! 2! 2! перестановки кошачьих украшений и получить такое же расположение. Точно так же мы можем взять любой из 3! 3! 3! перестановки собачьих украшений и получить такое же расположение. Таким образом, чтобы учесть эти повторяющиеся расположения, мы делим на количество повторений, чтобы получить общее количество перестановок 8!3!2! \frac{8!}{3!2!} 3!2!8!​. □_\квадрат□​

Сколькими способами можно расположить буквы в имени РАМОНА?

---

Обратите внимание, что буква ААА встречается в слове дважды, а все остальные буквы — по одному разу. Если рассматривать ААА как отличные друг от друга (((скажем, A1 A_1 A1​ и A2), A_2),A2​), то существует 6!=720 6!= 720 6!=720 способов переставить буквы. Однако, поскольку буквы одинаковые, мы должны делить на 2! 2! 2! чтобы получить 7202!=360 \frac {720}{2!} = 360 2!720​=360 способов. □_\квадрат□​

Переставляя все буквы в слове МАТЕМАТИКА, сколько различных строк мы можем составить?

В стандартной колоде карт 52!52!52! различные перестановки карт. Если даны две одинаковые стандартные колоды карт, сколько существует различных перестановок?

---

Поскольку колоды карт идентичны, имеется по 2 одинаковых карты каждого типа (2 одинаковых туза пик, 2 одинаковых туза червей и т.