Test: permutări și aranjamente

Disciplina: Matematică · Clasa a X-a · Unitatea: Metode de numărare

Pentru părinți și profesori

Acest test verifică primele două dintre marile instrumente ale combinatoricii — permutările și aranjamentele — și, împreună cu ele, unealta de calcul pe care se sprijină amândouă: factorialul. Sunt evaluate patru lucruri. Primul: calculul cu factoriale, adică simplificarea rapoartelor fără a înmulți numere uriașe și rezolvarea ecuațiilor de tipul $A_n^2=20$, cu punerea corectă a condițiilor asupra lui $n$. Al doilea: permutările, $P_n=n!$, cu criteriul de recunoaștere („se folosesc toate elementele, iar ordinea contează") și cu tehnicile pentru restricții — metoda lipirii, când mai multe elemente trebuie să stea împreună, și metoda locurilor libere, când trebuie să fie separate. Al treilea: aranjamentele, $A_n^k$, cu ambele scrieri ale formulei și cu numărarea corectă a factorilor din produs — locul în care se greșește cel mai des. Al patrulea: aplicațiile clasice — numerele cu cifre distincte, unde apare capcana cifrei $0$ (un număr nu poate începe cu $0$, un cod poate), premiile distincte dintr-un concurs și numărul funcțiilor injective. Ultima parte cere și o demonstrație scrisă: deducerea formulei $A_n^k=\frac{n!}{(n-k)!}$ din forma-produs.

• Punctaj total: 100 de puncte (90 de puncte din itemi + 10 puncte din oficiu).
• Timp recomandat: 50 de minute (o oră de curs); la itemii marcați se cer toate etapele scrise, nu doar rezultatul final.
• Cum se aplică: elevul lucrează individual, pe foaie, fără calculator. La ecuațiile cu factoriale, permutări sau aranjamente, condițiile de existență asupra lui $n$ (respectiv asupra lui $k$) se scriu înainte de rezolvare, iar soluțiile care nu sunt numere naturale acceptabile se resping explicit — se depunctează omiterea acestui pas. Un rezultat corect fără justificarea metodei de numărare primește cel mult jumătate din punctajul subpunctului.
• Interpretare: 90–100 p = foarte bine; 75–89 p = bine; 60–74 p = satisfăcător; sub 60 p = se recomandă reluarea lecțiilor unității, cu accent pe numărul de factori din $A_n^k$ și pe tratarea separată a primei cifre atunci când $0$ este printre cifrele disponibile.
• Formule de reținut: factorialul: $n!=1\cdot 2\cdot \dots \cdot n$ pentru $n\ge 1$, cu convenția $0!=1$; recurența $n!=n\cdot (n-1)!$; simplificarea $$\frac{n!}{(n-k)!}=n(n-1)\cdots (n-k+1)(k\text{factori}).$$ Permutări: $P_n=n!$ — așezări ale tuturor celor $n$ elemente distincte, ordinea contând. Valori: $P_1=1$, $P_2=2$, $P_3=6$, $P_4=24$, $P_5=120$, $P_6=720$, $P_7=5040$, $P_8=40320$. Aranjamente: $$A_n^k=n(n-1)\cdots (n-k+1)=\frac{n!}{(n-k)!},0\le k\le n,$$ cu $A_n^0=1$, $A_n^1=n$, $A_n^{n-1}=A_n^n=n!=P_n$. Metoda lipirii: dacă $k$ elemente trebuie să formeze un bloc compact, numărul de permutări este $k!\cdot (n-k+1)!$. Scăderea cazurilor nefavorabile: la orice enunț cu „nu", se numără totalul și se scade ce nu convine. Funcții: numărul funcțiilor de la o mulțime cu $k$ elemente la una cu $n$ elemente este $n^k$; numărul celor injective este $A_n^k$.

Notă: în barem, cuvântul „itemul" este folosit ca termen de evaluare; la clasă, în vorbirea curentă, spunem „exercițiul".

Itemi

Partea I – Factorial, permutări și aranjamente: calcul direct

Itemul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) Valoarea raportului $\frac{6!}{4!}$ este: A. $1,5$; B. $24$; C. $30$; D. $720$.

b) Valoarea lui $P_5$ este: A. $25$; B. $60$; C. $120$; D. $720$.

c) Valoarea lui $A_7^2$ este: A. $14$; B. $21$; C. $42$; D. $49$.

Itemul 2 (6 puncte)

Calculează, fără a înmulți numere mai mari decât este nevoie (câte 1,5 puncte):

a) $4!+3!$;

b) $\frac{8!}{6!\cdot 2!}$;

c) $A_6^3$;

d) $\frac{P_5}{P_3}$.

Itemul 3 (6 puncte)

Stabilește dacă fiecare afirmație este adevărată (A) sau falsă (F) și justifică pe scurt (câte 1,5 puncte):

a) „$0!=0$."

b) „$A_n^n=P_n$, pentru orice $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$."

c) „$(2+3)!=2!+3!$."

d) „Numărul de moduri în care se pot așeza pe un raft $5$ cărți distincte este $A_5^5$."

Itemul 4 (6 puncte)

Rezolvă în mulțimea numerelor naturale, scriind mai întâi condițiile de existență:

a) $\frac{(n+1)!}{(n-1)!}=42$; (3 p)

b) $A_n^2=20$. (3 p)

Partea a II-a – Permutări cu restricții și aplicații ale aranjamentelor

Itemul 5 (8 puncte)

Șapte elevi, printre care Ana și Bogdan, se așază pe o bancă cu șapte locuri. Determină în câte moduri se pot așeza (câte 2 puncte):

a) fără nicio restricție;

b) dacă Ana ocupă primul loc;

c) dacă Ana și Bogdan stau alături;

d) dacă Ana și Bogdan nu stau alături.

Itemul 6 (7 puncte)

Se consideră literele cuvântului CARTE (cinci litere distincte). Se formează „cuvinte" de cinci litere, cu sau fără sens, folosind fiecare literă exact o dată.

a) Câte astfel de cuvinte se pot forma? (2 p)

b) Câte dintre ele încep cu o consoană? (3 p)

c) În câte dintre ele vocalele $A$ și $E$ stau alături? (2 p)

Itemul 7 (7 puncte)

Într-un rând de șapte scaune se așază patru fete și trei băieți, toți distincți.

a) În câte moduri se pot așeza, dacă cei trei băieți trebuie să stea toți alături? (3 p)

b) În câte moduri se pot așeza, dacă niciun băiat nu are voie să stea lângă alt băiat? (4 p)

Itemul 8 (6 puncte)

a) Câte numere de trei cifre distincte se pot forma cu cifrele din mulțimea $\{1,2,\dots ,9\}$? (3 p)

b) Câte numere de trei cifre distincte se pot forma cu cifrele din mulțimea $\{0,1,\dots ,9\}$? (3 p)

Itemul 9 (6 puncte)

a) Câte numere de patru cifre distincte există? (3 p)

b) Câte dintre ele sunt pare? (3 p)

Partea a III-a – Demonstrații și itemi de tip Bacalaureat

Itemul 10 (8 puncte)

(Redactare completă cerută.)

a) Pornind de la formula-produs $A_n^k=n(n-1)\cdots (n-k+1)$, demonstrează că $$A_n^k=\frac{n!}{(n-k)!},0\le k\le n.$$ (4 p)

b) Folosind formula, rezolvă ecuația $\frac{A_n^3}{A_n^2}=4$, cu $n\in \mathbb{N}$. (4 p)

Itemul 11 (8 puncte)

La un concurs participă $10$ elevi. Se acordă trei premii distincte: premiul I, premiul al II-lea și premiul al III-lea; un elev poate primi cel mult un premiu.

a) În câte moduri se pot acorda premiile? (3 p)

b) În câte moduri se pot acorda premiile, dacă Radu, unul dintre participanți, obține sigur un premiu? (3 p)

c) În câte moduri se pot acorda premiile, dacă Radu nu obține niciun premiu? Verifică apoi legătura dintre cele trei rezultate. (2 p)

Itemul 12 (8 puncte)

Se consideră mulțimile $A=\{1,2,3\}$ și $B=\{a,b,c,d,e\}$.

a) Câte funcții $f:A\to B$ se pot defini? (2 p)

b) Câte dintre ele sunt injective? (3 p)

c) Câte funcții $f:A\to B$ nu sunt injective? (3 p)

Itemul 13 (8 puncte)

(Item tip Bacalaureat.) Se consideră numerele naturale de cinci cifre distincte, formate numai cu cifrele mulțimii $M=\{1,2,3,4,5\}$.

a) Determinați câte astfel de numere există. (2 p)

b) Determinați câte dintre aceste numere sunt impare. (3 p)

c) Determinați câte dintre aceste numere au cifrele $1$ și $2$ pe poziții alăturate. (3 p)

Barem și răspunsuri

Punctaj total: 90 p din itemi + 10 p din oficiu = 100 p.

Itemul 1. (6 p) — câte 2 puncte.

a) C. Se folosește recurența, nu calculul integral: $\frac{6!}{4!}=\frac{6\cdot 5\cdot 4!}{4!}=6\cdot 5=30$. Varianta A ar rezulta dintr-o „simplificare" greșită $6:4$, iar D confundă raportul cu $6!$.

b) C. $P_5=5!=1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5=120$. Varianta A confundă cu $5^2$, iar D cu $6!$.

c) C. $A_7^2=7\cdot 6=42$ — exact doi factori descrescători începând cu $7$. Varianta D ($49=7^2$) ar fi răspunsul dacă elementele s-ar putea repeta, iar B ($21$) este $C_7^2$, adică varianta în care ordinea nu contează.

Itemul 2. (6 p) — câte 1,5 puncte.

a) $4!+3!=24+6=30$. (Atenție: factorialul nu se distribuie peste adunare, deci nu se scoate „factor comun".)

b) $\frac{8!}{6!\cdot 2!}=\frac{8\cdot 7\cdot 6!}{6!\cdot 2}=\frac{56}{2}=28$.

c) $A_6^3=6\cdot 5\cdot 4=120$ — trei factori, ultimul fiind $6-3+1=4$.

d) $\frac{P_5}{P_3}=\frac{120}{6}=20$. (Echivalent: $\frac{5!}{3!}=5\cdot 4=20=A_5^2$.)

Itemul 3. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p răspunsul, 1 p justificarea).

a) F. Prin convenție, $0!=1$. Convenția nu este arbitrară: ea păstrează valabilă recurența $n!=n\cdot (n-1)!$ pentru $n=1$ (căci $1!=1\cdot 0!$) și corespunde faptului că există exact un singur mod de a ordona zero obiecte — „a nu așeza nimic".

b) A. $A_n^n$ înseamnă alegerea ordonată a tuturor celor $n$ elemente, adică exact o permutare. Prin formulă: $A_n^n=\frac{n!}{(n-n)!}=\frac{n!}{0!}=n!=P_n$ — aici se vede încă o dată de ce trebuie ca $0!=1$.

c) F. $(2+3)!=5!=120$, iar $2!+3!=2+6=8$; cele două nu sunt egale. Factorialul nu are proprietăți de distributivitate față de adunare sau înmulțire.

d) A. Se folosesc toate cele $5$ cărți, iar ordinea pe raft contează, deci numărul de așezări este $P_5=120$; iar $A_5^5=\frac{5!}{0!}=120$, deci scrierea este corectă. (Forma obișnuită este totuși $P_5$.)

Itemul 4. (6 p)

a) (3 p) Condiții: $n\in \mathbb{N}$ și $n-1\ge 0$, deci $n\ge 1$ (0,5 p). Simplificăm folosind recurența (1 p): $$\frac{(n+1)!}{(n-1)!}=\frac{(n+1)\cdot n\cdot (n-1)!}{(n-1)!}=(n+1)n.$$ Ecuația devine $n^2+n-42=0$, cu $\Delta =1+168=169$ și $\sqrt{\Delta }=13$ (1 p), deci $$n=\frac{-1\pm 13}{2}⟹n_1=6,n_2=-7.$$ Valoarea $n_2=-7$ se respinge (nu este număr natural). Rămâne $n=6$ (0,5 p). (Verificare: $\frac{7!}{5!}=7\cdot 6=42$ ✓.)

b) (3 p) Condiții: $n\in \mathbb{N}$ și $n\ge 2$ (0,5 p). Avem $A_n^2=n(n-1)$ (1 p), deci $$n^2-n-20=0,\Delta =1+80=81,n=\frac{1\pm 9}{2}⟹n_1=5,n_2=-4$$ (1 p). Se respinge $n_2=-4$; soluția este $n=5$ (0,5 p). (Verificare: $A_5^2=5\cdot 4=20$ ✓.)

Itemul 5. (8 p) — câte 2 puncte.

a) Se așază toți cei șapte elevi, iar ordinea contează, deci este vorba de permutări: $$P_7=7!=5040\text{moduri}.$$

b) Ana este fixată pe primul loc — o singură variantă pentru ea. Ceilalți șase elevi se permută liber pe locurile rămase: $$P_6=6!=720\text{moduri}.$$

c) Metoda lipirii: Ana și Bogdan se tratează ca un singur „bloc". Rămân $6$ obiecte de așezat (blocul plus ceilalți $5$ elevi), deci $6!$ moduri; în interiorul blocului, cei doi se pot așeza în $2!$ feluri: $$2!\cdot 6!=2\cdot 720=1440\text{moduri}.$$ (Aceasta este formula $k!\cdot (n-k+1)!$ pentru $n=7$ și $k=2$: $2!\cdot 6!=1440$.)

d) Scăderea cazurilor nefavorabile: din totalul așezărilor se scad cele în care cei doi stau alături: $$5040-1440=3600\text{moduri}.$$ (Verificare a împărțirii: cele $1440$ de așezări „alături" și cele $3600$ „nu alături" acoperă exact totalul de $5040$ ✓.)

Itemul 6. (7 p)

a) (2 p) Cele cinci litere sunt distincte și se folosesc toate, deci $P_5=5!=120$ cuvinte.

b) (3 p) Consoanele sunt $C$, $R$, $T$ — trei variante pentru prima poziție (1,5 p). Odată fixată prima literă, celelalte patru se permută liber: $4!=24$ (1 p). Prin regula produsului, $$3\cdot 4!=3\cdot 24=72\text{cuvinte}$$ (0,5 p). (Verificare: cuvintele care încep cu o vocală sunt $2\cdot 4!=48$, iar $72+48=120$ ✓.)

c) (2 p) Metoda lipirii: blocul $AE$ și celelalte trei litere dau $4$ obiecte, deci $4!=24$ așezări, iar în interiorul blocului $2!$ ordini (1 p): $$2!\cdot 4!=2\cdot 24=48\text{cuvinte}$$ (1 p).

Itemul 7. (7 p)

a) (3 p) Metoda lipirii: cei trei băieți formează un bloc compact. Se așază $4+1=5$ obiecte (cele patru fete plus blocul), deci $5!=120$ moduri (1,5 p); în interiorul blocului, cei trei băieți se pot ordona în $3!=6$ feluri (1 p). Rezultă $$3!\cdot 5!=6\cdot 120=720\text{moduri}$$ (0,5 p).

b) (4 p) Metoda locurilor libere. Se așază întâi cele patru fete, în $4!=24$ moduri (1 p). Între ele și la capete se formează $5$ spații libere: $$\_F\_F\_F\_F\_$$ Ca niciun băiat să nu stea lângă altul, în fiecare spațiu poate intra cel mult un băiat (1 p). Cei trei băieți fiind distincți, iar spațiile fiind și ele distincte, alegerea ordonată a trei spații din cinci se face în $$A_5^3=5\cdot 4\cdot 3=60\text{moduri}$$ (1,5 p). Prin regula produsului, numărul total este $4!\cdot A_5^3=24\cdot 60=1440$ moduri (0,5 p).

Itemul 8. (6 p)

a) (3 p) Cifra $0$ nu este disponibilă, deci nu apare nicio restricție pe prima poziție (0,5 p). Se aleg ordonat trei cifre distincte din nouă (1,5 p): $$A_9^3=9\cdot 8\cdot 7=504\text{numere}$$ (1 p).

b) (3 p) Acum apare capcana cifrei $0$: prima cifră nu poate fi $0$. Se ocupă întâi poziția restricționată — cifra sutelor are $9$ variante (1 p). Pentru celelalte două poziții rămân $9$ cifre disponibile (cele nefolosite, printre care și $0$), alese ordonat (1 p): $$9\cdot A_9^2=9\cdot 9\cdot 8=648\text{numere}$$ (1 p). (Greșeala tipică este să se scrie $A_{10}^3=720$; diferența de $72$ este exact numărul „numerelor" care ar începe cu $0$, adică $A_9^2=72$.)

Itemul 9. (6 p)

a) (3 p) Prima cifră: $9$ variante (nu poate fi $0$) (1 p); celelalte trei poziții se completează ordonat, cu cifre distincte, din cele $9$ rămase (1 p): $$9\cdot A_9^3=9\cdot 9\cdot 8\cdot 7=9\cdot 504=4536\text{numere}$$ (1 p).

b) (3 p) Numărul este par dacă ultima cifră este pară. Ocupăm întâi ultima poziție și distingem două cazuri disjuncte, pentru că cifra $0$ se comportă altfel decât celelalte cifre pare (0,5 p):

• cifra unităților este $0$: prima cifră are atunci $9$ variante (orice cifră nenulă nefolosită), iar celelalte două poziții $8$, respectiv $7$ variante — în total $9\cdot 8\cdot 7=504$ numere (1 p);
• cifra unităților este $2$, $4$, $6$ sau $8$ ($4$ variante): prima cifră nu poate fi nici $0$, nici cifra deja folosită, deci are $8$ variante; rămân $8$ și $7$ variante pentru celelalte două poziții — în total $4\cdot 8\cdot 8\cdot 7=1792$ numere (1 p).

Prin regula sumei, numărul căutat este $$504+1792=2296\text{numere pare}$$ (0,5 p).

Itemul 10. (8 p) — redactare completă.

a) (4 p) Pornim de la forma-produs, în care apar exact $k$ factori descrescători, ultimul fiind $n-k+1$ (0,5 p): $$A_n^k=n(n-1)\cdots (n-k+1).$$ Amplificăm fracția cu produsul factorilor care lipsesc până la $1$, adică cu $(n-k)!$ (1,5 p): $$A_n^k=\frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)\cdot (n-k)(n-k-1)\cdots 2\cdot 1}{(n-k)(n-k-1)\cdots 2\cdot 1}.$$ La numărător am obținut produsul tuturor numerelor de la $n$ până la $1$, adică $n!$, iar la numitor produsul numerelor de la $n-k$ până la $1$, adică $(n-k)!$ (1,5 p). Prin urmare $$A_n^k=\frac{n!}{(n-k)!}.$$ Formula rămâne valabilă și la capete: pentru $k=0$ dă $\frac{n!}{n!}=1=A_n^0$, iar pentru $k=n$ dă $\frac{n!}{0!}=n!=P_n$ (0,5 p). $■$

b) (4 p) Condiții: $n\in \mathbb{N}$ și $n\ge 3$, ca ambele aranjamente să aibă sens (0,5 p). Scriem în forma-produs (1,5 p): $$\frac{A_n^3}{A_n^2}=\frac{n(n-1)(n-2)}{n(n-1)}=n-2,$$ simplificarea fiind permisă pentru că $n(n-1)\ne 0$ (din $n\ge 3$) (0,5 p). Ecuația devine $n-2=4$, deci $$n=6$$ (1 p), valoare care respectă condiția $n\ge 3$ (0,5 p). (Verificare: $A_6^3=6\cdot 5\cdot 4=120$, $A_6^2=6\cdot 5=30$, iar $120:30=4$ ✓.)

Itemul 11. (8 p)

a) (3 p) Premiile sunt distincte, deci ordinea contează: contează nu doar cine este premiat, ci și cu ce premiu (1 p). Se aleg ordonat $3$ elevi din $10$ (1 p): $$A_{10}^3=10\cdot 9\cdot 8=720\text{moduri}$$ (1 p).

b) (3 p) Alegem întâi premiul lui Radu — $3$ variante (I, II sau III) (1 p). Celelalte două premii se acordă, ordonat, dintre ceilalți $9$ elevi (1 p): $$3\cdot A_9^2=3\cdot 9\cdot 8=3\cdot 72=216\text{moduri}$$ (1 p).

c) (2 p) Dacă Radu nu primește niciun premiu, cele trei premii se acordă ordonat dintre ceilalți $9$ elevi: $A_9^3=9\cdot 8\cdot 7=504$ moduri (1,5 p). Cele două situații se exclud reciproc și acoperă tot, iar verificarea confirmă: $$216+504=720=A_{10}^3✓$$ (0,5 p).

Itemul 12. (8 p)

a) (2 p) O funcție se definește alegând, independent, câte o imagine pentru fiecare dintre cele $3$ elemente ale lui $A$, iar imaginile pot coincide (1 p). Prin regula produsului: $$5^3=125\text{funcții}$$ (1 p).

b) (3 p) Funcția este injectivă dacă elemente diferite au imagini diferite, deci cele trei imagini trebuie să fie distincte (1 p). Alegerea este ordonată (contează care element primește care imagine), deci (1 p): $$A_5^3=5\cdot 4\cdot 3=60\text{funcții injective}$$ (1 p).

c) (3 p) Numărăm prin complement: din totalul funcțiilor se scad cele injective (1,5 p): $$125-60=65\text{funcții care nu sunt injective}$$ (1,5 p). (Numărarea directă ar cere împărțirea în cazuri, după câte imagini coincid — mult mai lungă.)

Itemul 13. (8 p)

a) (2 p) Se folosesc toate cele cinci cifre, fiecare exact o dată, iar ordinea contează. Numărul căutat este $$P_5=5!=120\text{numere}$$ (2 p). (Cifra $0$ nu apare în mulțimea $M$, deci nu există restricție pe prima poziție.)

b) (3 p) Numărul este impar dacă cifra unităților este $1$, $3$ sau $5$ — trei variante pentru poziția restricționată, care se ocupă prima (1,5 p). Celelalte patru cifre se permută liber pe pozițiile rămase: $4!=24$ (1 p). Rezultă $$3\cdot 4!=3\cdot 24=72\text{numere impare}$$ (0,5 p). (Verificare: numerele pare sunt $2\cdot 4!=48$, iar $72+48=120$ ✓.)

c) (3 p) Se aplică metoda lipirii: cifrele $1$ și $2$ formează un bloc compact (1 p). Rămân de așezat $4$ obiecte — blocul și cifrele $3$, $4$, $5$ — deci $4!=24$ așezări (1 p); în interiorul blocului sunt $2!=2$ ordini ($12$ sau $21$) (0,5 p). Prin urmare $$2!\cdot 4!=2\cdot 24=48\text{numere}$$ (0,5 p).