Перестановка — це математичний прийом, який визначає кількість можливих розташування в наборі, коли порядок розташування має значення. Давайте розберемо цю концепцію на прикладі нижче:
У Стейсі 3 сукні та 2 сумочки. Сукню можна вибрати трьома способами, оскільки доступно 3 сукні. Для кожного вибору сукні є два варіанти сумочки. Отже, є 3 × 2 = 6 пар сукні та сумочки. Нехай 3 сукні представлені як D 1 , D 2 і D 3 , а дві сумочки як H 1 і H 2 . 
Основний принцип підрахунку стверджує, що-
| Якщо подія може відбутися m різними способами, після чого інша подія може відбутися n різними способами, тоді загальна кількість подій у заданому порядку становить m × n . |
так само для трьох подій принцип такий:
Якщо подія може відбуватися m різними способами, за якою інша подія відбувається n різними способами, після чого третя подія може відбуватися p різними способами, тоді загальна кількість подій у заданому порядку становить m × n × стор
У нашому прикладі різні способи вибору сукні та сумочки полягали в кількості різних способів наступної послідовності наступної події:
Приклад 1: Дано 4 різні кольори лампочок: червоний, зелений, синій і жовтий. Скільки різних сигналів можна створити, якщо сигнал вимагає використання двох лампочок, розташованих одна під одною?
Рішення: Є два вільних місця, які потрібно заповнити цими чотирма різнокольоровими лампочками. 
Верхнє вільне місце може бути зайняте будь-якою з чотирьох лампочок, тому верхнє місце можна заповнити 4 різними способами. Нижнє вільне місце можна заповнити рештою 3 лампочок, отже, нижній простір можна заповнити 3 різними способами. Отже, необхідна кількість сигналів, яку ми можемо згенерувати за допомогою 4 лампочок, становить 4 × 3 =12.
Тут ми підраховуємо перестановки 4 різних лампочок, взятих по 2 за раз.
Добуток перших n натуральних чисел 1 × 2 × 3 × 4 × ... × (n−1) × n називається «n факторіалом» і позначається \(n!\)
Пам'ятайте \(0! = 1 \)
Приклад 2: обчислення \(5!\)
Розв’язання: 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120
Кількість перестановок n різних об’єктів, взятих r за раз, позначається \(^nP_r\) . |
| Кількість перестановок n різних об’єктів, взятих r за один момент, коли дозволено повторення, становить \(n^r\) |
Розберемо обидві ці теореми на прикладі.
Приклад 3: Знайти кількість слів із 4 букв зі значенням або без нього, які можна скласти з букв слова HEAD , де повторення букв не допускається.
Розв’язання: Використовуючи теорему 1, \(^nP_r = \frac{n!}{(nr)!}\) , де n дорівнює 4, а r дорівнює 4, тому
\(^4 P _4 = \frac{4!}{(4-4)!} = \frac{4!}{1} = 24\)
Тепер подумайте, якщо допускається повторення літер, то кількість можливих перестановок згідно з теоремою 2 дорівнює \(4^4 = 256\) .
Приклад 4: Знайти кількість способів, якими можна вибрати директора та заступника директора з групи з 10 осіб, щоб одна й та сама особа не могла займати обидві посади.
Розв’язання: \(^{10} P _2 = \frac{10!}{(10-2)!} = \frac{10!}{8!} = 10 \times 9 = 90\) зараз
| Кількість перестановок n об’єктів, де p 1 об’єктів одного виду, p 2 другого типу, p k k- го типу, а решта, якщо такі є, іншого типу, дорівнює \(\frac{n!}{p_1!p_2!...p_k!} \) |
Давайте зрозуміємо застосування цієї теореми на прикладі нижче
Приклад 5: Знайдіть кількість розташувань букв у слові INDEPENDENCE.
Рішення: оскільки літери повторюються, ми використовуємо формулу \(\frac{n!}{p_1!p_2!...p_k!} \) . Є 3 N , 4 E , 2 D , 1 I , 1 P і 1 C
\(\mathcal{\frac{12!}{3!4!2!} }\) = 1663200
Давайте змінимо вищезазначене запитання так: знайдіть кількість розташувань, де слово починається з P
Тут, оскільки положення літери P фіксоване, враховуйте розташування решти 11 літер.
\(\frac{11!}{3!4!2!} = 138600\)
