szukanie zaawansowane
 [ Posty: 11 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 3 mar 2018, o 17:21 
Użytkownik

Posty: 11
Lokalizacja: Warszawa
Do dyspozycji dane jest 7 kartek. Na każdej kartce należy zapisać trzy liczby całkowite ze zbioru \begin{Bmatrix}
1,2,3,4,5,6,7
\end{Bmatrix}, tak aby jednocześnie spełnione były następujące warunki:
- na każdej kartce zostały zapisane 3 różne liczby (kolejność zapisania liczb nie ma znaczenia);
- każda liczba ze zbioru \begin{Bmatrix}
1,2,3,4,5,6,7
\end{Bmatrix} została zapisana na co najmniej jednej kartce.

Obliczyć na ile sposobów można zapisać liczby na kartkach jeżeli:
a) kartki są w różnych kolorach - są rozróżnialne;
b) kartki nie są rozróżnialne.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 mar 2018, o 00:26 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 684
Lokalizacja: Wrocław
a) Kartki są w różnych kolorach - są rozróżnialne.

Sprawdzamy, na ile sposobów można zapisać jedną kartkę trzema różnymi liczbami z podanego zbioru (kolejność zapisania liczb nie ma znaczenia):
\frac{7!}{3!\cdot(7-3)!}=35

Jest 35 różnych sposobów zapisania jednej kartki. Kartki z tym samym układem liczb mogą się powtarzać, więc wszystkie siedem kartek można zapisać na 35^7=64 \; 339 \; 296 \; 875 sposobów.
W tej chwili jest spełniony pierwszy warunek, ale nie jest spełniony drugi warunek, więc musimy odjąć układy, które go nie spełniają.

Zabieramy 1 liczbę
Ze zbioru {1,2,3,4,5,6,7} zabieramy jedną dowolną liczbą. Można to zrobić na \frac{7!}{1!\cdot(7-1)!}=7 sposobów.
W ten sposób zostaje nam sześć liczb. Jedną kartkę można zapisać nimi na tyle sposobów: \frac{6!}{3!\cdot(6-3)!}=20.
Z tego można stworzyć tyle układów siedmiu kartek: 7\cdot20^7. Mnożymy razy siedem, bo tyle było możliwych sposobów na wybranie zabieranej liczy. To daje nam łącznie 8 \; 960 \; 000 \; 000 układów wykorzystujących jedynie 6 liczb.

W powyższy sposób liczymy układy z odebranymi dwiema, trzema i czterema liczbami. Dalej już nie trzeba liczyć, bo przy czterech zabranych liczbach, w zbiorze zostanie minimalna dopuszczalna liczba trzech elementów.
Z kolejnych wyliczeń otrzymujemy następujące wyniki:

Zabieramy 2 liczby:
\frac{7!}{2!\cdot(7-2)!}=21
\frac{5!}{3!\cdot(5-3)!}=10
21\cdot10^7=210 \; 000 \; 000

Zabieramy 3 liczby:
\frac{7!}{3!\cdot(7-3)!}=35
\frac{4!}{3!\cdot(4-3)!}=4
35\cdot4^7=573 \; 440

Zabieramy 4 liczby:
\frac{7!}{4!\cdot(7-4)!}=35
\frac{3!}{3!\cdot(3-3)!}=1
35\cdot1^7=35

Ostatecznie sprawdzamy ile układów spełnia oba warunki dla podpunktu a):
35^7-7\cdot20^7-21\cdot10^7-35\cdot4^7-35\cdot1^7=55 \; 168 \; 723 \; 400
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 6 mar 2018, o 09:21 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 3479
Lokalizacja: blisko
A nie lepiej w a) najpierw każdej kartce przyporządkować jedną z liczb na 7! sposobów a potem dwie dowolne...

na:

{ 7\choose 2}^7

sposobów
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 mar 2018, o 12:56 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 6642
arek1357 napisał(a):
A nie lepiej w a) najpierw każdej kartce przyporządkować jedną z liczb na 7! sposobów a potem dwie dowolne...

na:

{ 7\choose 2}^7

sposobów

Nie, gdyż wtedy niektóre układy zliczasz kilkukrotnie.
Np.
Zdarzenie: Kartce zielonej pierwsze przyporządkowane dało 1, a kolejne 2 i 3 oraz zdarzenie: Kartce zielonej pierwsze przyporządkowane dało 2, a kolejne 1 i 3 jest tym samym zdarzeniem , ale Ty rozróżniasz je jako różne.

Bierut napisał(a):
a) Kartki są w różnych kolorach - są rozróżnialne.
(..)
Ostatecznie sprawdzamy ile układów spełnia oba warunki dla podpunktu a):
35^7-7\cdot20^7-21\cdot10^7-35\cdot4^7-35\cdot1^7=55 \; 168 \; 723 \; 400

A dlaczego nie:
35^7-7\cdot20^7+21\cdot10^7-35\cdot4^7+35\cdot1^7
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 mar 2018, o 15:05 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 684
Lokalizacja: Wrocław
kerajs napisał(a):
A dlaczego nie:
35^7-7\cdot20^7+21\cdot10^7-35\cdot4^7+35\cdot1^7

35^7 reprezentuje wszystkie możliwe układy ze spełnionym pierwszym warunkiem. Jeśli dodamy któryś z powyższych składników, to niektóre układy policzymy dwukrotnie. A dodatkowo będą to układy, które nie spełniają drugiego warunku.
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 6 mar 2018, o 17:43 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 3479
Lokalizacja: blisko
Masz racje raczej zasady włączania i wyłączania nie da się uniknąć.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 mar 2018, o 18:14 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 684
Lokalizacja: Wrocław
Ma ktoś pomysł jak rozwiązać podpunkt b? Trafiam na ścianę, gdy próbuję się nad tym zastanowić.

-- 6 marca 2018, 18:30 --

W porządku, chyba mam.
Wcześniej używałem wariacji z powtórzeniami, czyli n^k, przykładowo 35^7.
Teraz muszę użyć kombinacji z powtórzeniami, czyli \frac{(n+k-1)!}{k!(n-1)!}. Biorąc ten sam przykład co wyżej, będzie tak: \frac{(35+7-1)!}{7!(35-1)!}=22 \; 481 \; 940

Wszędzie trzeba zamienić n^k na \frac{(n+k-1)!}{k!(n-1)!}, a resztę zrobić jak w pierwszym podpunkcie. Zgadza się?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 mar 2018, o 18:32 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 6642
refleksja nad a)

Bierut napisał(a):
35^7 reprezentuje wszystkie możliwe układy ze spełnionym pierwszym warunkiem. Jeśli dodamy któryś z powyższych składników, to niektóre układy policzymy dwukrotnie. A dodatkowo będą to układy, które nie spełniają drugiego warunku.

Wobec tego wskaż gdzie popełniam błąd.
35^7-7\cdot20^7
Od liczby wszystkich układów które zawierają co najwyżej 7 liczb odejmujesz układy które zawierają co najwyżej 6 liczb. Wynikiem będzie liczba układów wykorzystujących wszystkie z siedmiu cyfr, pomniejszona o układy które zawierają co najwyżej 5 liczb które były odejmowane nie raz, lecz kilkukrotnie. Dlatego aby uzyskać szukany wynik należałoby coś dodać.

Przykład:
Przy odejmowaniu wszystkich układów zawierających co najwyżej 6 cyfr ze zbioru \left\{ 1,2,3,4,5,6\right\} i wszystkich układów zawierających co najwyżej 6 cyfr ze zbioru \left\{ 1,2,3,4,5,7\right\} układy zawierające dokładnie 5 cyfr ze zbioru \left\{ 1,2,3,4,5\right\} odejmujesz dwukrotnie.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 mar 2018, o 19:19 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 684
Lokalizacja: Wrocław
Rzeczywiście odjąłem kilkukrotnie te same układy. Nie mam teraz pomysłu jak temu zapobiec. Nie wystarczy chyba tak łatwo pozamieniać znaków, jak pokazałeś na końcu pierwszego swojego komentarza?

-- 6 marca 2018, 19:26 --

A gdyby zrobić tak:
35^7-7\cdot20^7+7\cdot10^7-21\cdot10^7+21\cdot4^7-35\cdot4^7+35\cdot1^7-35\cdot1^7
= 55 \; 239 \; 067 \; 499

Kolejno przywraca się zabrane układy wykorzystujące mniej elementów, a potem odejmuje się wszystkie możliwe. Chociaż nie potrafię sobie do końca tego wyobrazić.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 mar 2018, o 22:57 
Użytkownik

Posty: 11
Lokalizacja: Warszawa
Na podstawie zasady włączeń i wyłączeń i poprzednich postów skłaniałbym się ku wersji (dla podpunktu a):
35^7-7 \cdot 20^7 + 21 \cdot 10^7-35 \cdot 4^7+35
Każde kolejne wyrażenie ze znakiem + dodaje nadmiarowo zabrane wyrażenia.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 mar 2018, o 23:20 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 684
Lokalizacja: Wrocław
Skoro tak, to dla podpunktu b wystarczy zamienić w ostatnim wzorze wariacje z powtórzeniami na kombinacje z powtórzeniami. Dobór grup trzycyfrowych będzie taki sam.

b) Kartki nie są rozróżnialne.
\frac{(35+7-1)!}{7!(35-1)!}
 -7\cdot \frac{(20+7-1)!}{7!(20-1)!}
 +21\cdot \frac{(10+7-1)!}{7!(10-1)!}
 -35\cdot \frac{(4+7-1)!}{7!(4-1)!}
 +35= \\ =
18 \; 113 \; 415

Dla porównania wynik z podpunktu a.
a) Kartki są w różnych kolorach - są rozróżnialne.
35^7-7 \cdot 20^7 + 21 \cdot 10^7-35 \cdot 4^7+35=55 \; 588 \; 723 \; 470
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 11 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Wypisywanie liczb  Smażony Ogórek  2
 Ilość ustawień liczb w ciąg  dexter257  8
 Ciągi liczb wierchołków kolejnych stopni grafów?  Sonite  0
 Która z liczb jest większa ... - zadanie 3  Pawelloo  1
 Oblicz sumę wszystkich liczb trzycyfrowych  ja.justyna  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl