KOMBINATORIKA ELEMENTLARI

Yuklangan vaqt

2024-03-25

Yuklab olishlar soni

6

Sahifalar soni

16

Faytl hajmi

125,0 KB


 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 “KOMBINATORIKA ELEMENTLARI”  
 
 
 
R E F E R A T  
 
 
 
“KOMBINATORIKA ELEMENTLARI” R E F E R A T 2 
 
 
Reja: 
 
     1.Kambinato’rikaning yig’indi qoidasi 
     2. Ko’paytirish qoidasi 
     3. O’rinlashtirish 
    4. O’rin  almashtirish 
    5. Gruppalashlar 
6. Takrorlanuvchi o’rin almashtirishlar 
     7.   KOMBINATORIK MASALALAR 
 
 
    Hulosa.  
    Foydalanilgan adabiyotlar. 
 
 
 
2 Reja: 1.Kambinato’rikaning yig’indi qoidasi 2. Ko’paytirish qoidasi 3. O’rinlashtirish 4. O’rin almashtirish 5. Gruppalashlar 6. Takrorlanuvchi o’rin almashtirishlar 7. KOMBINATORIK MASALALAR Hulosa. Foydalanilgan adabiyotlar. 3 
 
Kirish. 
 
O’zbekiston Respublikasi “Ta’lim to’g’risida”gi qonuni va “Kadrlar 
tayorlash milliy dasturi”da oliy o’quv yurtlarida fanlarni o’qitishda 
innavatsion texnalogiyalarini qo’llash orqali talabalarning fanlarga bo’lgan 
qiziqishlarini oshirish, olingan ilmiy bilimlar asosida dunyoqarashini, yuqori 
ma’naviy - ahloqiy fazilatlarini, estetik didni shakillantirib, ta’limning hayot 
bilan mustahkam aloqalarini ta’minlashga etibor qaratilishi takitlangan. 
Bu ulkan vazifalarni amalga oshirish uchun talabalarining, xususan 
matematika fani talabalari darsga ilmiy jixatdan mustaxkam tayorgarlik 
ko’rishlari bilan bir qatorda milliy g’oya va nazariyalar ustida ham masuliyat 
bilan izlanishlariga to’g’ri keladi. 
Maskur kurs ishi oliy o’quv yurtida matematika dasturiga moslab yozilgan 
bo’lib bunda kombinatorika elementlarini sodda va tushunarli tilda bayon 
etishga harakat qilingan.  
Ko’pgina amaliy masalalarni hal qilishda to’plamlarning elementlari 
ustida turlicha gruppalash, amallar va hokazo ishlar bajarishga tog’ri keladi. 
Matematikaning shu doiradagi masalalari bilan shug’ullanadigan tarmog’i 
kombinatorika deb ataladi. 
 
Masalan: 3 ta yer uchastkasining biriga qovun, biriga tarvuz, biriga 
bodring ekish mo’ljallangan. Bu poliz ekinlarini uchastkalarga necha xil  
usul bilan almashlab ekish mumkin. Poliz ekinlarining turi a, b, c bo’sin, u 
holda  u ekinlarni 3 ta uchastkaga abc, acb, bac, bca, cab, cba usullarda ekish 
mumkin. 
 
 
 
  
3 Kirish. O’zbekiston Respublikasi “Ta’lim to’g’risida”gi qonuni va “Kadrlar tayorlash milliy dasturi”da oliy o’quv yurtlarida fanlarni o’qitishda innavatsion texnalogiyalarini qo’llash orqali talabalarning fanlarga bo’lgan qiziqishlarini oshirish, olingan ilmiy bilimlar asosida dunyoqarashini, yuqori ma’naviy - ahloqiy fazilatlarini, estetik didni shakillantirib, ta’limning hayot bilan mustahkam aloqalarini ta’minlashga etibor qaratilishi takitlangan. Bu ulkan vazifalarni amalga oshirish uchun talabalarining, xususan matematika fani talabalari darsga ilmiy jixatdan mustaxkam tayorgarlik ko’rishlari bilan bir qatorda milliy g’oya va nazariyalar ustida ham masuliyat bilan izlanishlariga to’g’ri keladi. Maskur kurs ishi oliy o’quv yurtida matematika dasturiga moslab yozilgan bo’lib bunda kombinatorika elementlarini sodda va tushunarli tilda bayon etishga harakat qilingan. Ko’pgina amaliy masalalarni hal qilishda to’plamlarning elementlari ustida turlicha gruppalash, amallar va hokazo ishlar bajarishga tog’ri keladi. Matematikaning shu doiradagi masalalari bilan shug’ullanadigan tarmog’i kombinatorika deb ataladi. Masalan: 3 ta yer uchastkasining biriga qovun, biriga tarvuz, biriga bodring ekish mo’ljallangan. Bu poliz ekinlarini uchastkalarga necha xil usul bilan almashlab ekish mumkin. Poliz ekinlarining turi a, b, c bo’sin, u holda u ekinlarni 3 ta uchastkaga abc, acb, bac, bca, cab, cba usullarda ekish mumkin. 4 
 
1. KOMBINATORIKANING YIG’INDI QOIDASI 
 
A va B to’plamlar berilgan bo’lsin. Bu to’plamlar birlashmasining 
elementlari sonini yig’indi qoidasidan foydalanib topiladi. Bu qoida quyidagicha: 
A to’plamning elementlari n ta bo’lsin. r(A)=n. B to’plamning elementlari soni  m 
ta bo’lsin. r (B)=m. 
A va B to’plamlar umumiy elementga ega bo’lmasa,u holda bu to’plamlar 
birlashmasining elementlari soni  A to’plam elementlari soni bilan B to’plam 
elementlari soni yig’indisidan iborat bo’ladi. Yani: 
a)    r (A  B) = r (A) + r (B) = n + m  
Bu qoidani n ta to’plam uchun ham to’g’ri deb qabul qilamiz. Ya’ni A1, A2 … An 
ta to’plam berilgan bo’lsin va bu to’plamlar umumiy elementga ega emas.Ya’ni 
o’zaro 
kesishmaydigan 
to’plamlardir. 
U 
holda. 
r 
(A1A2…An)=r(A1)+r(A2)+…+r(An) 
b) A va B to’plamlar umumiy elementga ega bo’lsin. 
    r (A  B) = r (A) + r (B) – r (A  B) 
A1 A2 … An to’plam uchun bu holni umumlashtiramiz. Ya’ni bu berilgan n ta 
to’plam umumiy elementga ega bo’lsa, u holda bu to’plamlar birlashmasining 
elementlari soni quyidagicha bo’ladi: 
r (A1 A2 … An) = r (A1) + r (A2) +… + r (An) – r (A1  A2) – r (A2   A3) …- 
r (An-1 An ) + r (A1 A2  A3) +…+ (-1n-1) r (A1 A2…An).  
 
Ya’ni n ta to’plam birlashmasining elementlari soni shu to’plamlar 
elementlari soniga juft sondan olingan to’plamlar kesishmalarining soni manfiy 
ishora bilan toq sondagi to’plamlar kesishmalarining elementlari soni musbat 
ishora bilan qo’shilishiga teng bo’ladi. Bu yig’indi A1 A2 …An to’plamlar 
birlas00hmasining elementlari sonini bildiradi. 
 
 
 
 
4 1. KOMBINATORIKANING YIG’INDI QOIDASI A va B to’plamlar berilgan bo’lsin. Bu to’plamlar birlashmasining elementlari sonini yig’indi qoidasidan foydalanib topiladi. Bu qoida quyidagicha: A to’plamning elementlari n ta bo’lsin. r(A)=n. B to’plamning elementlari soni m ta bo’lsin. r (B)=m. A va B to’plamlar umumiy elementga ega bo’lmasa,u holda bu to’plamlar birlashmasining elementlari soni A to’plam elementlari soni bilan B to’plam elementlari soni yig’indisidan iborat bo’ladi. Yani: a) r (A  B) = r (A) + r (B) = n + m Bu qoidani n ta to’plam uchun ham to’g’ri deb qabul qilamiz. Ya’ni A1, A2 … An ta to’plam berilgan bo’lsin va bu to’plamlar umumiy elementga ega emas.Ya’ni o’zaro kesishmaydigan to’plamlardir. U holda. r (A1A2…An)=r(A1)+r(A2)+…+r(An) b) A va B to’plamlar umumiy elementga ega bo’lsin. r (A  B) = r (A) + r (B) – r (A  B) A1 A2 … An to’plam uchun bu holni umumlashtiramiz. Ya’ni bu berilgan n ta to’plam umumiy elementga ega bo’lsa, u holda bu to’plamlar birlashmasining elementlari soni quyidagicha bo’ladi: r (A1 A2 … An) = r (A1) + r (A2) +… + r (An) – r (A1  A2) – r (A2  A3) …- r (An-1 An ) + r (A1 A2  A3) +…+ (-1n-1) r (A1 A2…An). Ya’ni n ta to’plam birlashmasining elementlari soni shu to’plamlar elementlari soniga juft sondan olingan to’plamlar kesishmalarining soni manfiy ishora bilan toq sondagi to’plamlar kesishmalarining elementlari soni musbat ishora bilan qo’shilishiga teng bo’ladi. Bu yig’indi A1 A2 …An to’plamlar birlas00hmasining elementlari sonini bildiradi. 5 
 
2. KO’PAYTIRISH QOIDASI 
 
 
X va Y chekli to’plamlar dekart ko’paytmasining elementlari soni X to’plam 
bilan Y to’plamdagi elementlari sonlarining ko’paytmasiga teng. X va Y 
to’plamlar dekart ko’paytmasi (x,y)  ko’rinishidagi juftliklardan iborat bo’lib,bu 
juftliklar soni nechta degan savolga ko’paytirish qoidasi javob beradi.Bu 
juftliklarni tuzaylik. 
X = {x1, x2 …xn} va Y = {y1, y2,…ym} 
XY 
(x1; y1)  (x1; y2) …(x1; ym) 
(x2 ;y1) (x2 ;y2)…(x2; ym)  
………………………… 
(xn; y1) (xn; y2)…(xn; ym) 
Bu yerda har bir satrda m ta juftlik bor bo’lib,har bir ustunda n ta juftlik bor 
bo’lib,hammasi bo’lib bu yerdagi juftliklar soni m*n juftlik bor. 
r (X Y) = r (X) · r (Y)  
Bu qoida n ta to’plam uchun ham to’g’ri. 
r (X1  X2 … Xn) = r (X1) · r (X2) …· r (Xn) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5 2. KO’PAYTIRISH QOIDASI X va Y chekli to’plamlar dekart ko’paytmasining elementlari soni X to’plam bilan Y to’plamdagi elementlari sonlarining ko’paytmasiga teng. X va Y to’plamlar dekart ko’paytmasi (x,y) ko’rinishidagi juftliklardan iborat bo’lib,bu juftliklar soni nechta degan savolga ko’paytirish qoidasi javob beradi.Bu juftliklarni tuzaylik. X = {x1, x2 …xn} va Y = {y1, y2,…ym} XY (x1; y1) (x1; y2) …(x1; ym) (x2 ;y1) (x2 ;y2)…(x2; ym) ………………………… (xn; y1) (xn; y2)…(xn; ym) Bu yerda har bir satrda m ta juftlik bor bo’lib,har bir ustunda n ta juftlik bor bo’lib,hammasi bo’lib bu yerdagi juftliklar soni m*n juftlik bor. r (X Y) = r (X) · r (Y) Bu qoida n ta to’plam uchun ham to’g’ri. r (X1  X2 … Xn) = r (X1) · r (X2) …· r (Xn) 6 
 
(n  - 1) qator 
(n  - 1) qator 
3. O’RINLASHTIRISH 
 
Ta’rif: n ta elementni k tadan o’rinlashtirish deb k tadan bitta elementi yoki 
elementlarining tartibi bilan farq qiluvchi gruppalarga (kombinasiyalarga) aytiladi. 
Teorema: n elementni k tadan o’rinlashtirishlar soni  
Akn = n (n-1) (n-2)…n- (k-1) ga teng. 
 
Isbot. a, b, c, d…f  n ta elementni 2 tadan o’rinlash tuzaylik. 
 
 
                          ab, ac, ad…af 
ba, bc, bd…bf 
ca, cb, cd…cf 
da, db,dc…df 
…………….. 
fa, fb, fc…fd 
n-1 gruppa 
Demak, A1n = n, A2n =n (n-1) 
n elementni 2 tadan o’rinlashtirish soni. Shu n ta elementni 3 tadan 
o’rinlashtiraylik. 
abc, abd…abf 
acb, acd …asf 
adb, adc…adf 
…………….. 
afb, afc…afd 
bac,bad,…baf 
bca,bcd,…bcf 
              bda,bdc,…bdf        n ta 
…………….. 
bfa,bfc,…bfd 
cab,cad,…caf 
cba,cbd,…cbf 
(n  - 1) qator 
n qator 
n · (n - 1) 
6 (n - 1) qator (n - 1) qator 3. O’RINLASHTIRISH Ta’rif: n ta elementni k tadan o’rinlashtirish deb k tadan bitta elementi yoki elementlarining tartibi bilan farq qiluvchi gruppalarga (kombinasiyalarga) aytiladi. Teorema: n elementni k tadan o’rinlashtirishlar soni Akn = n (n-1) (n-2)…n- (k-1) ga teng. Isbot. a, b, c, d…f n ta elementni 2 tadan o’rinlash tuzaylik. ab, ac, ad…af ba, bc, bd…bf ca, cb, cd…cf da, db,dc…df …………….. fa, fb, fc…fd n-1 gruppa Demak, A1n = n, A2n =n (n-1) n elementni 2 tadan o’rinlashtirish soni. Shu n ta elementni 3 tadan o’rinlashtiraylik. abc, abd…abf acb, acd …asf adb, adc…adf …………….. afb, afc…afd bac,bad,…baf bca,bcd,…bcf bda,bdc,…bdf n ta …………….. bfa,bfc,…bfd cab,cad,…caf cba,cbd,…cbf (n - 1) qator n qator n · (n - 1) 7 
 
cda,cdb,…cdf 
…………….. 
 
cfa,cfb,…cfd 
 
dab,dac,…daf 
dba,dbc,…dbf 
dca,dcb,…dcf 
 
 
…………….. 
  dfa,dfb,…dfc… 
n-2 gruppa 
Demak, n ta elementni 3 tadan o’rinlashtirishlar soni  
A3n = n (n-1) (n-2) bo’ladi. 
Xuddi shutartibda n elementni 4 tadan o’rinlashtirishlar soni  
A4n = n (n-1) (n-2) (n-3) ekanligini topish mumkin.Bu xulosalarimizni 
umumlashtirsak  
Akn = n (n-1) (n-2)…(n-(k-1)) 
Demak, n elementni k tadan o’rinlashtirishlar soni haqiqatdan  
Akn = n (n-1) (n-2)…(n-(k-1)) bo’ lar ekan. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(n  - 1) qator 
7 cda,cdb,…cdf …………….. cfa,cfb,…cfd dab,dac,…daf dba,dbc,…dbf dca,dcb,…dcf …………….. dfa,dfb,…dfc… n-2 gruppa Demak, n ta elementni 3 tadan o’rinlashtirishlar soni A3n = n (n-1) (n-2) bo’ladi. Xuddi shutartibda n elementni 4 tadan o’rinlashtirishlar soni A4n = n (n-1) (n-2) (n-3) ekanligini topish mumkin.Bu xulosalarimizni umumlashtirsak Akn = n (n-1) (n-2)…(n-(k-1)) Demak, n elementni k tadan o’rinlashtirishlar soni haqiqatdan Akn = n (n-1) (n-2)…(n-(k-1)) bo’ lar ekan. (n - 1) qator 8 
 
4. O’RIN  ALMASHTIRISH 
 
Ta’rif: n elementni n tadan o’rinlashtirishlar o’rin almashtirishlar deyiladi. 
O’rin almashtirishlar Pn bilan belgilanadi.O’rin almashtirishlar  sonini 
o’rinlashtirishdagi k ning o’rniga n ni qo’yib keltirib chiqarish mumkin. 
A
k
n  = n (n-1)…(n-(k-1))        (1) k = n 
A
n
n = n (n-1)…(n-(n-1)) = n (n-1) (n-2)…1=1·2·3·…(n-2) (n-1)n = n! 
Pn =A
n
n  = n! 
Demak, n elementni o’rinlashtirishlar soni n faktorialga teng.Birdan n gacha 
bo’lgan sonlar ko’paytmasi factorial deyiladi. 
                   Pn = n! 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
8 4. O’RIN ALMASHTIRISH Ta’rif: n elementni n tadan o’rinlashtirishlar o’rin almashtirishlar deyiladi. O’rin almashtirishlar Pn bilan belgilanadi.O’rin almashtirishlar sonini o’rinlashtirishdagi k ning o’rniga n ni qo’yib keltirib chiqarish mumkin. A k n = n (n-1)…(n-(k-1)) (1) k = n A n n = n (n-1)…(n-(n-1)) = n (n-1) (n-2)…1=1·2·3·…(n-2) (n-1)n = n! Pn =A n n = n! Demak, n elementni o’rinlashtirishlar soni n faktorialga teng.Birdan n gacha bo’lgan sonlar ko’paytmasi factorial deyiladi. Pn = n! 9 
 
5. GRUPPALASHLAR 
 
Ta’rif: n ta elementni k tadan gruppalashlar deb kamida 1 tadan elementi 
bilan farq qiluvchi o’rinlashtirishlarga aytiladi. 
Teorema: n elementni k tadan gruppalashlar soni  
Ckn = Akn / Pk ga teng 
Isbot: Dastlab 4 ta elementdan 3 tadan a,b,c,d o’rinlashtirishlar tuzaylik. 
abc, abd, acd, bcd 
acb, adb, adc, bdc 
bac, bad, bca, bda 
cab, cad, cbd, cba 
cda, cdb, dab, dbc 
dac, dca, dba, dcb 
        
 
 
 
 
  4 ta 
A34 = 24 = 6 · 4 
P3 = 6 = 1 · 2 · 3 = 6 
Ckn = Akn / Pk = 4 · 3 · 2 / 1 · 2 · 3 = 24 / 6 = 4 
Ckn = 4 
Demak, bu to’g’ri bo’ladi. 
Ckn = Akn / Pk  
Ckn = n (n-1) (n-(k-1) / k! 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
9 5. GRUPPALASHLAR Ta’rif: n ta elementni k tadan gruppalashlar deb kamida 1 tadan elementi bilan farq qiluvchi o’rinlashtirishlarga aytiladi. Teorema: n elementni k tadan gruppalashlar soni Ckn = Akn / Pk ga teng Isbot: Dastlab 4 ta elementdan 3 tadan a,b,c,d o’rinlashtirishlar tuzaylik. abc, abd, acd, bcd acb, adb, adc, bdc bac, bad, bca, bda cab, cad, cbd, cba cda, cdb, dab, dbc dac, dca, dba, dcb 4 ta A34 = 24 = 6 · 4 P3 = 6 = 1 · 2 · 3 = 6 Ckn = Akn / Pk = 4 · 3 · 2 / 1 · 2 · 3 = 24 / 6 = 4 Ckn = 4 Demak, bu to’g’ri bo’ladi. Ckn = Akn / Pk Ckn = n (n-1) (n-(k-1) / k! 10 
 
6. TAKRORLANUVCHI O’RIN ALMASHTIRISHLAR 
 
Ta’rif: bir necha elementi bir xil bo’lgan n ta elementni o’rin almashtirish 
takrorlanuvchi o’rin almashtirish deyiladi. 
k ta elementi bir xil bo’lgan n ta elementni o’rin almashtirishlar soni Pn(k) 
bilan yoziladi. 
Bu n ta element turli xil bo’lganda Pn = n! edi. Uning k ta elementi bir xil 
bo’gani uchun bu elementlar o’rin almashtirilib hosil qilingan gruppalarning 
hammasi bir xil.O’shancha gruppaning bittasinigina hisobga olinib n! ta gruppa k! 
marta kamayadi. Demak, a,b, c  ,c , c ,c ,…c ,d…f (n) O’rin almashtirishlar soni 
Pn (k) = n!/k! bo’lar ekan. 
n ta elementning k tasi bir xil bo’lishi bilan yana m tasi bir xil bo’lsin. 
a, b, b, b… 
b , c, c, c…c   d…f(n) 
Bu holda o’rin almashtirishlar soni yana m marta kamayadi. 
Pn (m,k) = n!/k!m! (7) 
                            
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
10 6. TAKRORLANUVCHI O’RIN ALMASHTIRISHLAR Ta’rif: bir necha elementi bir xil bo’lgan n ta elementni o’rin almashtirish takrorlanuvchi o’rin almashtirish deyiladi. k ta elementi bir xil bo’lgan n ta elementni o’rin almashtirishlar soni Pn(k) bilan yoziladi. Bu n ta element turli xil bo’lganda Pn = n! edi. Uning k ta elementi bir xil bo’gani uchun bu elementlar o’rin almashtirilib hosil qilingan gruppalarning hammasi bir xil.O’shancha gruppaning bittasinigina hisobga olinib n! ta gruppa k! marta kamayadi. Demak, a,b, c ,c , c ,c ,…c ,d…f (n) O’rin almashtirishlar soni Pn (k) = n!/k! bo’lar ekan. n ta elementning k tasi bir xil bo’lishi bilan yana m tasi bir xil bo’lsin. a, b, b, b… b , c, c, c…c d…f(n) Bu holda o’rin almashtirishlar soni yana m marta kamayadi. Pn (m,k) = n!/k!m! (7) 11 
 
7.   KOMBINATORIK MASALALAR. 
 
1. Yig’ndi va ko’paytma qoidasi.  
a) Agar A va B o’zaro kesishmaydigan to’plamlar bo’lib, A da m element, B 
da n element bo’lsa 

 berlashmada m+n element bo’ladi. Agar A va B 
to’plamlar o’zaro kesishsa 

 birlashmaning elemintlari soni m+n dan A va B 
lar uchun mumumiy bo’lgan elementler sonini ayrib tashlab topiladi. 
   
b) Agar A va B to’plamlar chekli va Ada n element Bda m element bo’lsa, 
bu elementlardan tuzilgan k uzunlikdagi kortijlar soni 
n
m gat eng.  
 
Endi bu qoidalarga xos misollar keltiramiz.  
Yig’ndi qoidasi  (

) =n(A)+n(B)  (1)     n (

)=n (A)+n(B)-n (
  
) (2) 
Formulalar orqali  ifodalanishini bilamiz.  
(1) formula bilan yechiladigan kombinatorika masalasi umumiy holda quydagicha 
ifodalanadi: Agar X elementi m usul, Y elementi n usul bilan tanlash mumkin 
bo’lsa, “X yoki Y” elementini m+n usul bilan tanlash mumkin.  
 
1-misol. Savatda 10 dona olma va 20 dona shoftoli bor, bo’lsa 1 dona 
mevani necha xil usul bilan tanlash mumkin.  
 
Yechish. 1 dona mevani 10+20=30 usul bilan tanlash mumkin  
 
2-misol. X={1,2,3,4}, Y={a,b,c,d,e} to’plamlar berilgan 
)
(
Y
n X

=? 
     
Yechish. n (x)=4. n(Y)=5 bo’lgan uchun  n(XxY)=4+5=9.  
 
3-misol. X={2,4,6,8}, y={2,5,7,9} to’hlamlar berilgan. n (XxY)=?  Yechish 
n(x)=4, n(y)=4  
Lekin 2 sonni xar ikkala to’plamda ham qatnashadi, demak  
)
(
Y
n X

=1 (2) 
formulaga ko’ra 
)
(
Y
n X

=4+4-1=7. 
 
4 – misol. 30 ta talabadan 25 tasi matematikadan yakuniy nazoratdan, 23 tasi 
iqtisod yakuniy nazariydan o’ta oldi. 3 ta talaba ikkala fan bo’yicha  yakuniy 
nazariydano’ta olmadi. Nechta qarzdor talaba bor.  
 
Yechish. A bilan matematika yakuniy nazariydan o’tmagan talabalar 
to’plamini, B bilan iqtisod fanidan yakuniy nazariydan o’tmagan talabalar 
11 7. KOMBINATORIK MASALALAR. 1. Yig’ndi va ko’paytma qoidasi. a) Agar A va B o’zaro kesishmaydigan to’plamlar bo’lib, A da m element, B da n element bo’lsa  berlashmada m+n element bo’ladi. Agar A va B to’plamlar o’zaro kesishsa  birlashmaning elemintlari soni m+n dan A va B lar uchun mumumiy bo’lgan elementler sonini ayrib tashlab topiladi. b) Agar A va B to’plamlar chekli va Ada n element Bda m element bo’lsa, bu elementlardan tuzilgan k uzunlikdagi kortijlar soni n m gat eng. Endi bu qoidalarga xos misollar keltiramiz. Yig’ndi qoidasi (  ) =n(A)+n(B) (1) n (  )=n (A)+n(B)-n (    ) (2) Formulalar orqali ifodalanishini bilamiz. (1) formula bilan yechiladigan kombinatorika masalasi umumiy holda quydagicha ifodalanadi: Agar X elementi m usul, Y elementi n usul bilan tanlash mumkin bo’lsa, “X yoki Y” elementini m+n usul bilan tanlash mumkin. 1-misol. Savatda 10 dona olma va 20 dona shoftoli bor, bo’lsa 1 dona mevani necha xil usul bilan tanlash mumkin. Yechish. 1 dona mevani 10+20=30 usul bilan tanlash mumkin 2-misol. X={1,2,3,4}, Y={a,b,c,d,e} to’plamlar berilgan ) ( Y n X  =? Yechish. n (x)=4. n(Y)=5 bo’lgan uchun n(XxY)=4+5=9. 3-misol. X={2,4,6,8}, y={2,5,7,9} to’hlamlar berilgan. n (XxY)=? Yechish n(x)=4, n(y)=4 Lekin 2 sonni xar ikkala to’plamda ham qatnashadi, demak ) ( Y n X  =1 (2) formulaga ko’ra ) ( Y n X  =4+4-1=7. 4 – misol. 30 ta talabadan 25 tasi matematikadan yakuniy nazoratdan, 23 tasi iqtisod yakuniy nazariydan o’ta oldi. 3 ta talaba ikkala fan bo’yicha yakuniy nazariydano’ta olmadi. Nechta qarzdor talaba bor. Yechish. A bilan matematika yakuniy nazariydan o’tmagan talabalar to’plamini, B bilan iqtisod fanidan yakuniy nazariydan o’tmagan talabalar 12 
 
to’plamini belgilaymiz. U holda   n(A) = 30–25=5,       n(B)=30-23=7 n(

)=3, 
n(

 )=5+7-3=9. Demak, 9 ta qarzdor talaba bor. 
 
Bizga ma’lumki ko’paytma qoidasi n(AXB)=n(A)
n()
 (3) ko’rinishda 
yoziladi. Ko’payutma qoidasiga oid kombinatorika masalasi quyidagicha 
ko’rinishda bo’ladi.  
 
“Agar X elementini m usul, Y elementini n usul bilan tanlash mumkin 
bo’lsa, (x;y) tartiblangan juftlikni 
n
m  usul bilan tanlash mumkin”  
 
5-misol. A qishloqdan B qishloqqa  5 ta yo’l olib boradi, B qishloqdan C 
qishloqqa esa 2 ta yo’l olib boradi. A qishloqdan C qishloqqa B qishloq orqali 
necha xil usul bilan borsa bo’ladi. 
 
Yechish. A dan C ga (1,a)(_1,b), (2,a),(2,b),(3,a),(3,b),(4,a),(4,b),(5,a),(5,b) 
juftliklar orqali berilgan yo’nalishlarda borish mumkin. Bunda yo’lning birinchi 
qismi 5 xil usul bilan, 2 – qismi 2 hil usul bilan bosib o’tiladi. 
 
X={1,2,3,4,5,}, Y-{a,b}. deb olsak,  
 
XxY={(1,a),(2,a),(3,a),(4,a),(5,a), (1;b),(2;b),(3;b),(4;b),(5;b)}-dekart 
ko’paytma hosil bo’ladi. Bunda n(
10
5 2
) ( )
(
)

 

n X n Y
XxY
 bo’lgani uchun A dan 
C ga 10 usul bilan boorish mumkinligi kelib chiqadi.  
6 - misol. Nechta turli raqamlar bilan yozilgan ikki xonali sonlar bor? 
Yechish. Birinchi raqamni 9 usul bilan ikkinchi raqamni ham 9 usul bilan tanlash 
mumkin. Qoidaga ko’ra hammasi bo’lib 
81
9 9
 
ta ikki xonali son bor. Bunda 0 
dan boshlab o’liklar raqamidan boshqa raqamlar nazarda tutiladi. 
3.Takrorlanadigan o’rinlashtirishlar X={x1,x2,…,xm} to’plam berilgan bo’lsin. Bu 
to’plam elementlaridan uzunligi k gat eng bo’lgan mk kortejlar tuzish mumkin: 
k
k
m
A  m

 
Buni m elementdan k tadan takrorlanadigan o’rinlashtirishlar diyiladi. 
7 - misol. 3  elementli x={1,2,3} to’plam elementlaridan uzunligi ikkiga teng 
bo’lgan nechta kortish tuzish mumkin. 
Yechish.   
9
32
2
3

A 

 ta kortij tuzish mumkin. Mana ular.  
(1;1) (1;2), (1;3) 
12 to’plamini belgilaymiz. U holda n(A) = 30–25=5, n(B)=30-23=7 n(  )=3, n(   )=5+7-3=9. Demak, 9 ta qarzdor talaba bor. Bizga ma’lumki ko’paytma qoidasi n(AXB)=n(A) n() (3) ko’rinishda yoziladi. Ko’payutma qoidasiga oid kombinatorika masalasi quyidagicha ko’rinishda bo’ladi. “Agar X elementini m usul, Y elementini n usul bilan tanlash mumkin bo’lsa, (x;y) tartiblangan juftlikni n m usul bilan tanlash mumkin” 5-misol. A qishloqdan B qishloqqa 5 ta yo’l olib boradi, B qishloqdan C qishloqqa esa 2 ta yo’l olib boradi. A qishloqdan C qishloqqa B qishloq orqali necha xil usul bilan borsa bo’ladi. Yechish. A dan C ga (1,a)(_1,b), (2,a),(2,b),(3,a),(3,b),(4,a),(4,b),(5,a),(5,b) juftliklar orqali berilgan yo’nalishlarda borish mumkin. Bunda yo’lning birinchi qismi 5 xil usul bilan, 2 – qismi 2 hil usul bilan bosib o’tiladi. X={1,2,3,4,5,}, Y-{a,b}. deb olsak, XxY={(1,a),(2,a),(3,a),(4,a),(5,a), (1;b),(2;b),(3;b),(4;b),(5;b)}-dekart ko’paytma hosil bo’ladi. Bunda n( 10 5 2 ) ( ) ( )     n X n Y XxY bo’lgani uchun A dan C ga 10 usul bilan boorish mumkinligi kelib chiqadi. 6 - misol. Nechta turli raqamlar bilan yozilgan ikki xonali sonlar bor? Yechish. Birinchi raqamni 9 usul bilan ikkinchi raqamni ham 9 usul bilan tanlash mumkin. Qoidaga ko’ra hammasi bo’lib 81 9 9   ta ikki xonali son bor. Bunda 0 dan boshlab o’liklar raqamidan boshqa raqamlar nazarda tutiladi. 3.Takrorlanadigan o’rinlashtirishlar X={x1,x2,…,xm} to’plam berilgan bo’lsin. Bu to’plam elementlaridan uzunligi k gat eng bo’lgan mk kortejlar tuzish mumkin: k k m A  m  Buni m elementdan k tadan takrorlanadigan o’rinlashtirishlar diyiladi. 7 - misol. 3 elementli x={1,2,3} to’plam elementlaridan uzunligi ikkiga teng bo’lgan nechta kortish tuzish mumkin. Yechish. 9 32 2 3  A   ta kortij tuzish mumkin. Mana ular. (1;1) (1;2), (1;3) 13 
 
(2;1) (2;2), (2;3) 
(3;1) (3;2);(3;3) 
8 - misol. 6 raqamli barcha telifon nomerlar sonini toping.  
Yechish. Telifon nomerlar 0 dan 9 gacha bo’lgan o’nta raqamdan tuzilgani uchun 
10 elementdan tuzilgan barcha tartiblangan uzunligi 6 ga teng bo’gan kortijlar 
sonini topamiz: 
1000000
106
6
10

A 

  
4. Takrorlanmaydigan o’rin almashtirishlar. Malumki m elementli X to’plam  
elementlarini to’rli usullar bilan tartiblashlarning umumiy soni  
Pm=
12  m  m
! ga temg  
9 - misol. 5 ta talabani 5 stulga necha xil usul bilan o’tqazish mumkin? 
Yechish. Masala 5 elementdan 5 tadan takrorlanmaydigan o’rin almashtirishlar 
sonini topishga keltiradi. P5=5!= 
1 2 3 4 5 120
    
 
Demak, ularni 120 xil usul bilan o’tirg’zish mumkin  
5. Takrorlanmaydigan o’rinlashtirishlar. m elementli X to’plamdan tuziladigan 
barcha tartiblangan n elementli to’plamlar soni  
)!
(
!
)1
(
)1
(
n
m
m
n
m
m
An
m







 ga teng.  
10 - misol. Guruhdagi 25 talabadan  tanlovga qatnashish uchun 2 talabani 
necha xil usul bilan tanlash mumkin.  
Yechish. 
600
24 25
23
2
1
25 24 25
2
1
!
23
!
25
2
25








 
A 
  usul bilan tanlash mumkin.  
11- misol. 8 kishidan sardor, oshpaz, choyxonachi va navbachilardan iborat. 4 
kishini tanlash kerak. Buni necha xil usulda amalga oshirish mumkin? 
Yechish. Bu masala 8 keshidan 4 tadan takrorlanmaydigan o’rinlashtirishlar sonini 
topishga keltiriladi. Demak, 
1680
8 7 6 5
4
8

A    
   usul bilan 4 kishini tanlash 
mumkin. 
6. Takrorlanmaydigan guruhlashlar. M elementli X  to’plamning  k elementli qism 
to’plamlari soni 
)! !
(
!
n n
m
m
P
A
C
m
n
m
n
m



 
13 (2;1) (2;2), (2;3) (3;1) (3;2);(3;3) 8 - misol. 6 raqamli barcha telifon nomerlar sonini toping. Yechish. Telifon nomerlar 0 dan 9 gacha bo’lgan o’nta raqamdan tuzilgani uchun 10 elementdan tuzilgan barcha tartiblangan uzunligi 6 ga teng bo’gan kortijlar sonini topamiz: 1000000 106 6 10  A   4. Takrorlanmaydigan o’rin almashtirishlar. Malumki m elementli X to’plam elementlarini to’rli usullar bilan tartiblashlarning umumiy soni Pm= 12  m  m ! ga temg 9 - misol. 5 ta talabani 5 stulga necha xil usul bilan o’tqazish mumkin? Yechish. Masala 5 elementdan 5 tadan takrorlanmaydigan o’rin almashtirishlar sonini topishga keltiradi. P5=5!= 1 2 3 4 5 120      Demak, ularni 120 xil usul bilan o’tirg’zish mumkin 5. Takrorlanmaydigan o’rinlashtirishlar. m elementli X to’plamdan tuziladigan barcha tartiblangan n elementli to’plamlar soni )! ( ! )1 ( )1 ( n m m n m m An m        ga teng. 10 - misol. Guruhdagi 25 talabadan tanlovga qatnashish uchun 2 talabani necha xil usul bilan tanlash mumkin. Yechish. 600 24 25 23 2 1 25 24 25 2 1 ! 23 ! 25 2 25           A  usul bilan tanlash mumkin. 11- misol. 8 kishidan sardor, oshpaz, choyxonachi va navbachilardan iborat. 4 kishini tanlash kerak. Buni necha xil usulda amalga oshirish mumkin? Yechish. Bu masala 8 keshidan 4 tadan takrorlanmaydigan o’rinlashtirishlar sonini topishga keltiriladi. Demak, 1680 8 7 6 5 4 8  A     usul bilan 4 kishini tanlash mumkin. 6. Takrorlanmaydigan guruhlashlar. M elementli X to’plamning k elementli qism to’plamlari soni )! ! ( ! n n m m P A C m n m n m    14 
 
formula  bo’yicha topiladi.  
12 - misol. Kursdagi 20 talabadan ko’pirda ishtirok etish uchun 5 talabani necha xil 
usulda tanlah mumkin.  
Yechish. Ko’rik ishtirikchilarning tartibga  ahamiyatga ega bo’lmagani uchun 20 
elementli to’plamning 5 elementli qism to’plamlari soni nechtaligini topamiz:  
10704
2 17 6 19 4
15 1 2 3 4 5
2 3
1
20
2 3
1
!5!
15
!
20
5
20


 


    




 


C
 
 
Demak, 5 talabani 10704 usul bilan  tanlash mumkin ekan.  
13 - misol. 6 ta har xil rangli qalamdan 4 xil rangli qalamni necha xil usul bilan 
tanlash mumkin. 
Yechish. 
15
5 3
2 1 2 3 4
1
2 3 4 5 6
1
!4!2
!6
4
6
  
   

     
C 
 xil usul bilan tanlash mumkin. 
Endi chikli X to’plam qism to’plamlari sonini topish haqidagi masalani qaraymiz. 
Uni hal qilish uchun istalgan tarzda x to’plamni tartiblaymiz. Sung har bir qism 
to’plamni m uzunligidagi kortej sifatida shifirlaymiz: qisim to’plamga kirgan 
element o’rniga 1, kirmagan element o’rniga 0 yozamiz. Masalan, agar 
X={x1;x2;x3;x4;x5} bolsa, u holda (0;1;1;0;1) kortej {x2,x3,x5} qism to’plamini 
shiflaydi, (0;0;0;0;0) kortej esa bo’sh tuplam, (1;1;1;1;1) kortej esa X tuplamning 
o’zini shifirlaydi. Shunda qisim tuplamlar soni ikkta {0;1} elementdan to’zilgan 
barcha m uzunlikdagi kortejlar soniga teng bo’ladi: 
m
Am
2  2
.  
14-misol. X={a;b;c;} to’plamning barcha qism  to’plamlarini yozing, ular nechta 
bo’ladi. 
Yechish.  , {a}, {b}, {c}, {a;b}, {a;c}, {b;c}, {a;b;c} lar X to’plamning barcha 
qisim to’plamlari bo’lib ularning soni 23=8 ga teng. 
 
 
 
 
 
14 formula bo’yicha topiladi. 12 - misol. Kursdagi 20 talabadan ko’pirda ishtirok etish uchun 5 talabani necha xil usulda tanlah mumkin. Yechish. Ko’rik ishtirikchilarning tartibga ahamiyatga ega bo’lmagani uchun 20 elementli to’plamning 5 elementli qism to’plamlari soni nechtaligini topamiz: 10704 2 17 6 19 4 15 1 2 3 4 5 2 3 1 20 2 3 1 !5! 15 ! 20 5 20                    C Demak, 5 talabani 10704 usul bilan tanlash mumkin ekan. 13 - misol. 6 ta har xil rangli qalamdan 4 xil rangli qalamni necha xil usul bilan tanlash mumkin. Yechish. 15 5 3 2 1 2 3 4 1 2 3 4 5 6 1 !4!2 !6 4 6               C  xil usul bilan tanlash mumkin. Endi chikli X to’plam qism to’plamlari sonini topish haqidagi masalani qaraymiz. Uni hal qilish uchun istalgan tarzda x to’plamni tartiblaymiz. Sung har bir qism to’plamni m uzunligidagi kortej sifatida shifirlaymiz: qisim to’plamga kirgan element o’rniga 1, kirmagan element o’rniga 0 yozamiz. Masalan, agar X={x1;x2;x3;x4;x5} bolsa, u holda (0;1;1;0;1) kortej {x2,x3,x5} qism to’plamini shiflaydi, (0;0;0;0;0) kortej esa bo’sh tuplam, (1;1;1;1;1) kortej esa X tuplamning o’zini shifirlaydi. Shunda qisim tuplamlar soni ikkta {0;1} elementdan to’zilgan barcha m uzunlikdagi kortejlar soniga teng bo’ladi: m Am 2  2 . 14-misol. X={a;b;c;} to’plamning barcha qism to’plamlarini yozing, ular nechta bo’ladi. Yechish.  , {a}, {b}, {c}, {a;b}, {a;c}, {b;c}, {a;b;c} lar X to’plamning barcha qisim to’plamlari bo’lib ularning soni 23=8 ga teng. 15 
 
Foydalanilgan adabiyotlar: 
 
1. L.P.Stoylova, A.M.Pishkalo “Boshlang’ich matematika kursi asoslari”, Darslik, 
Toshkent, “O’qituvchi”-1991 yil. 
2. A. Xudoyberganov “Matematika”, Darslik, Toshkent, “O’qituvchi”-1980 yil. 
3. N.Ya.Vilenkin va boshqalar “Matematika”, Moskva, “Prosvesheniya”-1977 y. 
4. N.Ya.Vilenkin va boshqalar “Zadachnik praktikum po matematike”, Uchebnik, 
Moskva, “Prosvesheniya”-1977 y. 
5. P.Ibragimov “Matematikadan masalalar to’plami”, O’quv qo’llanma, Toshkent, 
“O’qituvchi”-1995 yil.  
6. P.Azimov, H.Sherboyev, Sh.Mirhamidov, A.Karimova “Matematika”, O’quv 
qo’llanma, Toshkent, “O’qituvchi”-1992 yil. 
7. J. Ikromov “Maktab matematika tili”, Toshkent, “O’qituvchi”-1992 yil. 
8. P.P.Stoylova, N.Ya.Vilenin “Seliye neotritsatelniye chisla”, Moskva, 
“Prosvesheniya”-1986 y 
9. A.M.Pishkalo, P.P.Stoylova “Sbornik sadach po matematike”, Moskva, 
“Prosvesheniya”-1979 y. 
10. 
T.Yoqubov, S.Kallibekov “Matematik mantiq elementlari”, Toshkent, 
“O’qituvchi”-1996 yil. 
11. 
T.Yoqubov “Matematik mantiq elementlari”, Toshkent,“O’qituvchi”-1983 y. 
12. 
С. И. Новоселов “Специальный Курс Элементарной Алгебры” 1958-йил. 
13. 
www.ziyonet.uz  
 
 
 
 
 
 
 
15 Foydalanilgan adabiyotlar: 1. L.P.Stoylova, A.M.Pishkalo “Boshlang’ich matematika kursi asoslari”, Darslik, Toshkent, “O’qituvchi”-1991 yil. 2. A. Xudoyberganov “Matematika”, Darslik, Toshkent, “O’qituvchi”-1980 yil. 3. N.Ya.Vilenkin va boshqalar “Matematika”, Moskva, “Prosvesheniya”-1977 y. 4. N.Ya.Vilenkin va boshqalar “Zadachnik praktikum po matematike”, Uchebnik, Moskva, “Prosvesheniya”-1977 y. 5. P.Ibragimov “Matematikadan masalalar to’plami”, O’quv qo’llanma, Toshkent, “O’qituvchi”-1995 yil. 6. P.Azimov, H.Sherboyev, Sh.Mirhamidov, A.Karimova “Matematika”, O’quv qo’llanma, Toshkent, “O’qituvchi”-1992 yil. 7. J. Ikromov “Maktab matematika tili”, Toshkent, “O’qituvchi”-1992 yil. 8. P.P.Stoylova, N.Ya.Vilenin “Seliye neotritsatelniye chisla”, Moskva, “Prosvesheniya”-1986 y 9. A.M.Pishkalo, P.P.Stoylova “Sbornik sadach po matematike”, Moskva, “Prosvesheniya”-1979 y. 10. T.Yoqubov, S.Kallibekov “Matematik mantiq elementlari”, Toshkent, “O’qituvchi”-1996 yil. 11. T.Yoqubov “Matematik mantiq elementlari”, Toshkent,“O’qituvchi”-1983 y. 12. С. И. Новоселов “Специальный Курс Элементарной Алгебры” 1958-йил. 13. www.ziyonet.uz 16 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
16