szukanie zaawansowane
 [ Posty: 7 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 sie 2015, o 17:41 
Użytkownik

Posty: 45
Lokalizacja: Tam ;)
Mamy k rożnych kart pocztowych. Chcemy je wysłać do n przyjaciół.
a) na ile sposobów możemy to zrobić przy założeniu, ze każda osoba może otrzymać dowolna liczbę kart (włącznie z zerem)?
b) jaka będzie odpowiedz, jeżeli każdy przyjaciel ma otrzymać co najmniej jedna kartkę?

sądzę że w a) będzie k^n , ale nie wiem co w b)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 sie 2015, o 18:30 
Użytkownik

Posty: 1390
Lokalizacja: Poznań
A nie przypadkiem n^{k}?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 sie 2015, o 19:19 
Użytkownik

Posty: 45
Lokalizacja: Tam ;)
no tak rzeczywiście, pomyliłem się w znaczkach, ale najbardziej zależy mi na b)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 sie 2015, o 19:57 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 10644
Lokalizacja: Wrocław
W (b) można chyba rozumować tak:
wszystkich (bez warunków) przyporządkowań kart przyjaciołom jest n^{k}, zaś "niedobrych", tj. takich, gdzie co najmniej jedna osoba nie dostaje karty jest n(n-1)^{k} - bo na n sposobów wybieramy tego, który na pewno nie dostanie karty, a pozostałym n-1 rozsyłamy jakkolwiek.
Czyli wynik to n^{k}-n(n-1)^{k} (o ile się nie pomyliłem).
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 6 sie 2015, o 21:03 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 2505
Pomyliłeś się, bo rozdanie pozostałym czegokolwiek sprawi, że wiele ustawień się powtórzy. Trzeba przypomnieć sobie, jaki jest związek liczb Stirlinga ze zliczaniem surjekcji.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 sie 2015, o 22:16 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 10644
Lokalizacja: Wrocław
No faktycznie, znów błąd, temperatura mi nie służy, bo to że liczę w ten sposób wielokrotnie pewne ustawienia jest oczywiste. Przepraszam.
Nie znam tego związku, ale tutaj coś znalazłem (liczby Stirlinga 2. rodzaju pewnie się przydadzą).
Ewentualnie można policzyć ustawienia, w których co najmniej jedna osoba nie ma żadnej karty ze wzoru włączeń i wyłączeń: ustawień, w których konkretna osoba nie otrzymała żadnej karty, jest (n-1)^{k}, ustawień, w których konkretne dwie osoby nie otrzymały żadnej karty, jest (n-2)^{k} etc. czyli dostajemy jakąś taką sumę:
n(n-1)^{k}-{n \choose 2}(n-2)^{k}+...+(-1)^{n}{n \choose n-1} i tę całą sumę można odjąć od n^{k}, ale trudno to uznać za ładną odpowiedź.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 sie 2015, o 23:53 
Użytkownik

Posty: 1390
Lokalizacja: Poznań
No tutaj chyba faktycznie ładnego wyniku nie będzie.. Zliczanie surjekcji:
\sum_{i=0}^{n}(-1)^i {n \choose i}(n-i)^k

Oczywiście działa dla k \ge n

Hmmm.. mam nadzieje, że poprawnie.. źródło: 328664.htm
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 7 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Nietypowa talia kart  silvaran  1
 Talia 52 kart, różne rozdania  burzaa  6
 Prawdopodobieństwo wyciągnięcia kart - zadanie 2  misuninia  11
 Przy grze w brydza z 52 kart losuje 13  balti  6
 dwie pary kart z 24  sympatia17  2
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl