Matematické Fórum

semik · 20. 09. 2008 22:47

Zdravím, nevím si rady s těmito příklady.

1) Určete počet prvků, je-li počet variací čtvrté třídy bez opakování dvacetkrát větší než počet variací druhé třídy bez opakování.

Pokus o vyřešení vypadal takhle, ale k výsledku se nedostal:
$20V_4(n)=V_2(n)$
$20 * n * (n-1) * (n-2) * (n-3)=n * (n-1)$

a výsledek je blbost.

2) Je dán obdélník ABCD a na každé jeho straně je zvoleno 6 vnitřních bodů. Určete počet všech trojůhelníků, jejichž vrcholy E, F, G leží v daných bodech a na různých stranách obdélníku ABCD.

Moje řešení spočívalo v tom, že po výběru jednoho bodu, mi zbývalo vždy o jeden méně, ale myslím si, že je to blbost, jelikož musím vybrat vždy jeden z každé strany a navíc tak ještě jedna strana zbyde, takže jsem z toho jelen.

Kdybyste mi mohl někdo poradit byl bych moc rád.

joker · 20. 09. 2008 23:12 — Editoval joker (20. 09. 2008 23:17)

Pokud je počet variací čtvrté třídy dvacekrát větší než druhé, tak máš to "20*" na blbé straně a potom už by to mělo být v pohodě, ne ? ;) pokud počítám dobře, tak by to mělo být n=7 , ale je to "z hlavy" , takže záruka nulová.

semik · 20. 09. 2008 23:38

↑ joker:
Máš pravdu moc diky. Kdy sis vedel rady i s tim druhym byl bych taky moc rad :-)

halogan

Kdyz maji byt na ruznych tak takto:

vezmi si prvni stranu. Muze byt v trojuhelniku budto s: 2. a 3. nebo 3. a 4. nebo 2. a 4. Tim padem mas tri moznosti. 3*6^3. A takhle to mas pro vsechny 4 strany, takze 4*3*6^3.

Problem je v tom, ze mas vsechny trojuhelniky 3x, protoze kazdy trojuhelnik jsi "zacal" z kazdeho jeho vrcholu. Takze to je jen 4*6^3.

Mozna se jeste bude delit dvema (protoze muzes mit ABC a ACB apod.). To uz me nekdo snad opravi kdyztak.

semik · 21. 09. 2008 00:01 — Editoval semik (21. 09. 2008 00:09)

↑ halogan:
10 bodů pro tebe, je to opravdu 4*6^3. Moc dikes

Jenom, kdybys ještě trochu rozvedl jak jsi myslel "vsechny trojuhelniky 3., protoze kazdy trojuhelnik jsi "zacal" z kazdeho vrcholu."

Pavel Brožek · 21. 09. 2008 10:25

↑ halogan:

Dělit dvěma už se nebude, protože když začneš z té konkrétní strany bodem A, tak podle tvého postupu už ze zbývajících dvou stran obdélníku nevybereš dva stejné body dvakrát.

↑ semik:
Mě přijde lepší tento postup (v kombinatorice je většinou možno použít více přístupů, každému pak může vyhovovat jiný):
Trojúhelník bude mít vrcholy na třech stranách obdélníka. Počet možností jak vybrat tyto tři strany je roven počtu kombinací bez opakování třetí třídy ze čtyř prvků, tedy 4 (k tomuto číslu se můžeme dostat také jinak - pokud máme vybrat tři strany, tak čtvrtá zbude, jsou tedy čtyři možnosti, která strana může zbýt). Už máme vybrané tři strany obdélníka, teď z každé strany zvolíme jeden bod, to můžeme udělat 6^3 způsoby (variace s opakováním). Je tedy $4\cdot6^3=864$ možností, jak trojúhelník sestrojit.

halogan · 21. 09. 2008 10:28

↑ semik:

Uz jsem to opravil, melo to byt "Problem je v tom, ze mas vsechny trojuhelniky 3x, protoze kazdy trojuhelnik jsi "zacal" z kazdeho jeho vrcholu."

semik · 21. 09. 2008 10:41

Tak už jsem to pochopil, moc diky.

semik · 21. 09. 2008 11:06

Kdybyste si ještě věděli rady s tímto.

Kolik různých dělitelů má číslo 210 (1 neuvažujeme).

Pokud jsem to pochopil tak číslo 210 je dělitelné 2, 3, 5, 6, 7. Ale taky je přece delitelné vždy násobky dvou čísel z této řady (2*3=6; 3*7=21...). A nevím jak bych to měl řešit.

Pavel Brožek · 21. 09. 2008 11:34

To co říkáš neplatí, třeba $2\cdot6=12$ nedělí 210.

Číslo 210 si rozložíme na součin prvočísel $210=2\cdot3\cdot5\cdot7$ . To, že se žádné prvočíslo neopakuje, nám zjednodušuje situaci. Každý dělitel je buď přímo jedno prvočíslo, součin dvou prvočísel, součin tří prvočísel nebo samotné číslo 210. Zbývá spočítat kolik je možných součinů dvou/tří prvočísel (kombinace bez opakování). Počet dělitelů N by měl tedy být

$N= 4+{4\choose2}+{4\choose3}+1=4+6+4+1=15$

semik · 21. 09. 2008 12:33 — Editoval semik (21. 09. 2008 12:34)

↑ BrozekP: Jasný chapu moc diky

halogan · 21. 09. 2008 14:07

↑ BrozekP:

A kdyby se opakovala a cislo bylo napr. 420? Dekuji.

Pavel Brožek · 21. 09. 2008 15:52

↑ halogan:

$420=2\cdot2\cdot3\cdot5\cdot7$

Pokud bychom postupovali jako by byli všichni činitelé různí, pak bychom dělitele, kteří v prvočíselném rozkladu mají dvojku pouze jednou, započetli dvakrát. Mohli bychom to tedy spočítat tak, že bychom to spočetli jako by byli různí (vyšlo by jich 31) a odečetli ty, co mají v rozkladu právě jednu dvojku (těch je 8). Dostali bychom tak počet dělitelů 23.

Nebo jednodušší postup: Dělitel má v rozkladu buď 0, 1 nebo 2 dvojky (tři možnosti). Nezávisle na tom má v rokladu žádnou nebo jednu trojku. Stejně tak pětku a sedmičku. Máme tedy $3\cdot2\cdot2\cdot2=24$ dělitelů. Je tam ale i číslo 1, takže výsledek je stejný jako předchozím postupem, a to 23.

Ukážu ještě, jak by to vypadalo obecně tím jednodušším způsobem. Máme přirozené číslo $x$ a jeho prvočíselný rozklad bude

$x=\prod_{i=1}^{n}p_i^{m_i}$ ,

kde $p_i$ je i-té prvočíslo a $m_i$ je přirozené číslo nebo nula. Díky jednoznačnosti prvočíselného rozkladu je předpisem

$y=\prod_{i=1}^{n}p_i^{a_i}$ ,

dáno bijektivní zobrazení mezi n-ticemi $(a_1,\,\ldots,\,a_i,\ldots,\,a_n)$ , kde $a_i\in\{0,\,\ldots,m_i}$ a děliteli čísla x. Počet těchto n-tic je tedy stejný jako počet dělitelů čísla x. Počet n-tic je však zřejmě

$\prod_{i=1}^{n}(m_i+1)$

Počet dělitelů čísla x různých od 1 je tedy

$\prod_{i=1}^{n}(m_i+1)\,-\,1$

Pro číslo 240 je to $3\cdot2\cdot2\cdot2-1=23$ .

semik · 21. 09. 2008 16:45

↑ BrozekP:
Smekám.. tohle je matika na úrovni. Je videt, ze nekdo daval ve skole pozor.

Coufal · 27. 09. 2008 17:42

Pls, muze mi nekdo vypocitat? Ucebnici nemam a netu nic moc :-(

1) Kolik existuje pěticiferných přirozených čísel sestavených z cifer 0,1,2,3,4,5,6, v nichž se žádná cifra neopakuje, a která

a) obsahují alespoň jednu lichou cifru?
b) obsahují právě dvě liché cifry?
c) neobsahují žádnou lichou cifru?

2) Ve třídě je 16 chlapců a 9 dívek. Kolika způsoby lze vybrat 5 studentů

a) libovolně?
b) z nichž jsou alespoň dvě dívky?
c) z nichž jsou nejvýše dvě dívky?

3) Na každé straně čtverce ABCD je dáno 8 vnitřních bodů. Kolik lze sestrojit různých trojúhelníků, jejichž vrcholy jsou tvořeny těmito vnitřními body?

Pavel Brožek

↑ Coufal:

c) Neobsahuje žádnou lichou, tzn. obsahuje pouze cifry 0, 2, 4, 6. Ty jsou ale jenom čtyři, takže pokud se nemají opakovat, tak takové pěticiferné číslo není žádné. Odpověď je tedy 0.

a) Jak plyne z c), všechna obsahují alespoň jednu lichou cifru, spočítáme tedy všechna pěticiferná čísla. Na první pozici nemůže být 0 (pak by to bylo 4-ciferné číslo), můžeme na ni tedy volit z šesti čísel. Zbydou nám čtyři pozice a šest čísel. Záleží na pořadí a čísla se nesmí opakovat, je to tedy variace bez opakování čtvrté třídy z šesti prvků.

$6\cdot V_4(6)=6\cdot6\cdot5\cdot4\cdot3=2160$

b) Nejdříve vybereme které dvě liché tam budou - to můžeme třemi způsoby. Poté rozeberu dva případy:

1) Na první pozici je lichá. Jsou dvě možnosti, která lichá cifra z dvou vybraných tam může být. Pak jsou čtyři možnosti, kde může být druhá lichá. Zbyly 3 pozice pro 4 sudé, jedná se opět o variaci. $3\cdot2\cdot4\cdot V_3(4)=3\cdot2\cdot4\cdot4\cdot3\cdot2=576$

2) Na první pozici je sudá. Vybereme pozici ze čtyř zbylých pro každou lichou cifru (variace bez opakování druhé třídy ze čtyř prvků). Na první pozici mohou být tři sudé cifry (0 nemůže). Na dvě zbylé pozice nám zbyly 3 sudé cifry, jedná se opět o variaci. $3\cdot V_2(4)\cdot3\cdot V_2(3)=3\cdot4\cdot3\cdot3\cdot3\cdot2=648$

Celkem máme tedy $576+648=1224$ čísel.

Je toho hodně, tak doufám, že v tom není chyba.

Pavel · 27. 09. 2008 18:08 — Editoval Pavel (27. 09. 2008 18:36)

↑ Coufal:

2a) vybírám skupinu 5 studentů z 25 bez ohledu na pořadí a pohlaví.

${25\choose 5}=53130$

2b) Ze celkového počtu skupin (viz 2a)) odečtu počet skupin, v nichž je jedna dívka resp. žádná dívka.

Počet skupin, v nichž je jedna dívka: Dívku mohu vybrat ${9\choose 1}=9$ způsoby, zatímco 4 chlapce vyberu ${16\choose 4}=1820$ způsoby. Celou skupinu mohu vytvořit ${9\choose 1}\cdot {16\choose 4}=16380$ způsoby.

Počet skupin, v nichž není žádná dívka: ${16\choose 5}=4368$ .

Počet skupin, v nichž jsou alespoň 2 dívky, je 53130-16380-4368=32382.

2c) Využiju pomocných výsledků z příkladu 2b)

Počet skupin, v nichž je jedna dívka: ${9\choose 1}\cdot {16\choose 4}=16380$

Počet skupin, v nichž není žádná dívka: ${16\choose 5}=4368$

Počet skupin, v nichž jsou dvě dívky: ${9\choose 2}\cdot {16\choose 3}=20160$

Celkem je to 40908 způsobů, jak sestavit skupinu, v níž jsou nejvýše 2 dívky.

3. Nejdříve zafixuji tři strany čtverce - budu vytvářet trojúhelníky z bodů ležících např. na stranách AB, BC a CD. Každý z osmi bodů ležící na jednotlivých stranách mohu vybrat libovolně. Počet všech trojúhelníků, jejichž vrcholy leží na výše uvedených stranách, je $8\cdot 8\cdot 8=512$ . Tři strany čtverce mohu vybrat z celkových čtyř ${4\choose 3}=4$ způsoby. Celkem je možné zkonstruovat

$4\cdot 512=2048$ trojúhelníků.

Coufal · 27. 09. 2008 19:35

Strasne vam moc dekuji!!! Jak vam mohu odmenit?

Coufal · 30. 09. 2008 10:37

Patnáct přátel si na pozdrav podává ruku. Kolik takových podání ruky celkem učiní?

To bude:

P (15) = 15! = 1 307 674 368 000

?? nebo ??

V (15,2) = 210 (spoluzak rikal, ze pry jako 2 ruce)

predem diky!

Cheop · 30. 09. 2008 10:46 — Editoval Cheop (30. 09. 2008 11:35)

↑ Coufal:

Obecně :
$p=\frac{n!}{(n-k)!\cdot k!}$ kde $n=15$ a $k=2$ a $p$ je počet podání rukou celkem

$p=\frac{15!}{(15-2)!\cdot 2!}=\frac{15\cdot 14\cdot 13!}{13!\cdot 2!}=\frac{15\cdot 14}{2}=105$

Jak vidíš nejsou to variace, ale kombinace.

Je to stejný princip jako toto:

Ve skupině na fotbalovém MS jsou čtyři mužstva.
Ve skupině hrají mužstva každý s každým právě jedenkrát.
Otázka: Kolik zápasů celkem se v této skupině odehraje?

$p=\frac{4!}{(4-2)!\cdot 2!}=\frac{4\cdot 3\cdot 2!}{2!\cdot 2!}=\frac{4\cdot 3}{2}=6$

ttopi · 30. 09. 2008 16:38

Obecně Variací by mělo být k! - krát víc, než kombinací. Jde prakticky o to, že když vybírám 2 ruce, tak je jedno jestli řeknu Adam si podal ruku s Pavlem, nebo Pavel si podal ruku s Adamem, proto se to jakoby dělí 2. Samozřejmě myslím u příkladů bez opakování.

semik · 05. 10. 2008 10:27 — Editoval semik (05. 10. 2008 18:28)

Mohli byste mi prosím poradit s tímto příkladem.

V rozvoji výrazu $(x^5-\frac{1}{4})^7$ určete koeficient členu obsahujícího x na dvanáctou.

Vůbec nevím jak do toho.

Coufal · 05. 10. 2008 13:32

Pomozte mi prosím vyřešit 3 příklady, předem děkuji! (Variace, permutace, kombinace s opakováním)

1. Určete počet všech přesmyček (anagramů) slova ARARAT takových, že
a) začínají písmenem A
b) nezačínají písmenem A
c) všechna tři A nesmí ležet vedle sebe (nesmí nastat AAA)

2. Určete, kolika různými způsoby lze rozdělit 15 korunových mincí mezi 10 dětí, jestliže
a) neklademe žádná omezení;
b) každé dítě dostane alespoň jednu minci;
c) nejstarší dítě dostane alespoň dvě mince.

3. Kolika způsoby lze do zmrzlinového kornoutku dát tři kopečky zmrzliny, máme-li na výběr jahodovou, pomerančovou, oříškovou, pistáciovou, tiramisu a vanilkovou.

jelena · 05. 10. 2008 22:37

↑ semik:

Zdravim :-) zadani nejak zapadlo, tak to zkusim doplnit:

mas použit binomickou větu, obecný zápis:

$(a+b)^n = \sum_{k=0}^n{n \choose k}a^{n-k} \cdot{b^{k}} \quad$

Dle zadání:

$(x^5-\frac{1}{4})^7 = \sum_{k=0}^7{n \choose k}{(x^5)}^{(7-k)} \cdot{\left(\frac{1}{4}\right)^{k}} \quad$

A tady nastava urcita potiz - usuzuji totiz, ze neco v zadani chybí (pravdepodobne u 1/4...), jelikož ani číselné koeficienty před jednotlivými členy, ani rozvoj druhého členu (1/4) nemaji vliv na mocniny x, proto hledáme pouze takový člen, u kterého:

${(x^5)}^{(7-k)}=x^{12}$ ,

$35-5k=12$ a myslim, ze nenajdeme zadne cele nezaporne k, ktere by tomu vyhovovalo :-(

Doufam, že jsem dobře četla - zkus se jeste jednou podívat na zadani. OK?

semik · 05. 10. 2008 23:39

↑ jelena:

Mno tak výsledek má být 0, takze treba to je dobře. :-)

Matematické Fórum

#1 20. 09. 2008 22:47

Kombinatorika

#2 20. 09. 2008 23:12 — Editoval joker (20. 09. 2008 23:17)

Re: Kombinatorika

#3 20. 09. 2008 23:38

Re: Kombinatorika

#4 20. 09. 2008 23:52 — Editoval halogan (21. 09. 2008 10:28)

Re: Kombinatorika

#5 21. 09. 2008 00:01 — Editoval semik (21. 09. 2008 00:09)

Re: Kombinatorika

#6 21. 09. 2008 10:25

Re: Kombinatorika

#7 21. 09. 2008 10:28

Re: Kombinatorika

#8 21. 09. 2008 10:41

Re: Kombinatorika

#9 21. 09. 2008 11:06

Re: Kombinatorika

#10 21. 09. 2008 11:34

Re: Kombinatorika

#11 21. 09. 2008 12:33 — Editoval semik (21. 09. 2008 12:34)

Re: Kombinatorika

#12 21. 09. 2008 14:07

Re: Kombinatorika

#13 21. 09. 2008 15:52

Re: Kombinatorika

#14 21. 09. 2008 16:45

Re: Kombinatorika

#15 27. 09. 2008 17:42

Re: Kombinatorika

#16 27. 09. 2008 18:01 — Editoval BrozekP (27. 09. 2008 18:25)

Re: Kombinatorika

#17 27. 09. 2008 18:08 — Editoval Pavel (27. 09. 2008 18:36)

Re: Kombinatorika

#18 27. 09. 2008 19:35

Re: Kombinatorika

#19 30. 09. 2008 10:37

Re: Kombinatorika

#20 30. 09. 2008 10:46 — Editoval Cheop (30. 09. 2008 11:35)

Re: Kombinatorika

#21 30. 09. 2008 16:38

Re: Kombinatorika

#22 05. 10. 2008 10:27 — Editoval semik (05. 10. 2008 18:28)

Re: Kombinatorika

#23 05. 10. 2008 13:32

Re: Kombinatorika

#24 05. 10. 2008 22:37

Re: Kombinatorika

#25 05. 10. 2008 23:39

Re: Kombinatorika

Zápatí