Matematické Fórum

papa.giorgio · 30. 06. 2009 19:23

mám příklad je desetimístné číslo skladající se ze tří čísel 1,2,3...kolik je kombinací těchto čísel a musí obsahovat všechny 3 čísla začíná to 1111111123,1111111223,1111112223,atd...

marnes · 30. 06. 2009 20:48

↑ papa.giorgio:
Zkusil bych takto
1)číslice 1,2,3 tam musí být, mám 10 různých pozic a závisí na pořadí, takže jde o tříčlenné skupiny z deseti prvků - variace V(3,10)=10.9.8=720
2) na zbývajících řádech mohou být čísleci 1,2,3 jakkoliv - 3 na 7=2187
celkem 720.2187=1 574 640

musixx · 01. 07. 2009 08:30 — Editoval musixx (01. 07. 2009 08:31)

↑ marnes: To je spatne. Veci zapocitavas vickrat: Napr. cislo 1233333333 tam mas hned nekolikrat: jednou proto, ze v tech variacich vyberes 1., 2. a 3. cirfu a doplnis trojky jinam, podruhe proto, ze vyberes 1., 2. a 4. cirfu a doplnis trojky jinam atd.

Spravny postup je treba dobre znama inkluze a exkluze:

1. Vezmu vsechna takova cisla tvorena 1, 2, 3 --> $3^{10}$ moznosti

2. Odectu pocet tech cisel, ktera jsou tvorena pouze dvema ciframa: ${\3\choose2}\cdot2^{10}$

3. Ted jsem toho zase odecetl moc - nektera cisla vicekrat: Musim opetovne pricist vsechna ta cisla, ktera jsou tvorena pouze jednou cirfou: ${3\choose1}\cdot1^{10}$ .

Celkem tedy je $3^{10}-3\cdot2^{10}+3=55980$ moznosti.

marnes · 01. 07. 2009 12:21 — Editoval marnes (01. 07. 2009 12:28)

↑ musixx:V zadání ale je, že to desetimístné číslo musí obsahovat všechny číslice!!! Takže nemůže být tvořeno stejnými číslicemi, jak píšeš??

Takže pokud bychom použili tvůj postup, tak od všech možností odešteme ty, které jsou tvořeny 2 číslicemi a 1 číslicí, takže jen ne plus 3, ale mínus 3

musixx · 01. 07. 2009 13:14 — Editoval musixx (01. 07. 2009 13:32)

↑ marnes: Nebudu tady vysvetlovat princip inkluze a exkluze - mrkni treba nekde na net. Musim pricist ty tvorene jednou cislici, protoze v bode cislo 2. jsem je odecetl dvakrat. Za vysledkem si stojim a dokonce jsem si dal tu praci to hrubou silou overit (citelna syntaxe):

pocet = 0;
n = vector(3);
for (a1 = 1, 3,
for (a2 = 1, 3,
for (a3 = 1, 3,
for (a4 = 1, 3,
for (a5 = 1, 3,
for (a6 = 1, 3,
for (a7 = 1, 3,
for (a8 = 1, 3,
for (a9 = 1, 3,
for (a10 = 1, 3,
n[1] = 0; n[2] = 0; n[3] = 0;
n[a1] = 1;
n[a2] = 1;
n[a3] = 1;
n[a4] = 1;
n[a5] = 1;
n[a6] = 1;
n[a7] = 1;
n[a8] = 1;
n[a9] = 1;
n[a10] = 1;
if (n[1] && n[2] && n[3], pocet +=1);
))))))))));
print(pocet);

EDIT: Nazorne popsano pro jeden konkretni priklad:

V kroku 1. jsem cislo 1111111111 zapocital jednou.

V kroku 2. jsem jej dvakrat odecetl - jednou pro deseticiferna cisla slozena z cislic 1 a 2, a jednou pro deseticiferna cisla slozena z cislic 1 a 3.

Abych byl na nule, musim jej jeste jednou pricist.

EDIT2: Nakonec mi to nedalo a preci jsem se do mensiho vysvetleni pustil. Pro znale jeste doplnim, ze v 99% procentech pripadu se jako kontrola vysledku da pouzit takove "šméčko": zcela typicky je prvni clen, od ktereho se zacina odcitat, v analogickem "tvaru" jako odcitane ostatni cleny a cely vyraz jde zapsat jednou sumou:
$3^{10}-{3\choose2}\cdot2^{10}+{3\choose1}\cdot1^{10}=\sum_{i=0}^2(-1)^i\cdot{3\choose3-i}\cdot(3-i)^{10}$ a to $(-1)^i$ je zcela "typicke" - viz treba zde na foru jiz nekolikrat zminovane a krasne napsane Metody reseni matematickych uloh od Hermana, Kucery a Simsy.

marnes · 01. 07. 2009 19:18

↑ musixx:Děkuji za vysvětlení, už to snad chápu. Já se pokoušel o řešení tak nějak selsky, což u 100% matematiků asi neuspěju, ale při představě, že toto vypustím na středoškoláka, tak asi nic moc:-) Samozřejmě na matematických školách to bude asi nutnost. Neber to ve zlém. Za sebe opravdu děkuju:-)

hanos · 12. 07. 2009 21:55

Mějme čtyři pytlíky, každý s dvěmi kuličkami. V prvním pytlíku jsou pouze červené kuličky, ve druhém pouze zelené, ve třetím pouze žluté a ve čtvrtém pytlíku jsou pouze modré kuličky. Kolik různých trojic kuliček lze vytvořit?

ttopi · 12. 07. 2009 23:05

Pokud mají být všechny různé barvy, pak 4.
Pokud se může 1 barva opakovat, pak ke 2 žlutým existují 3 možnosti na doplnění trojice, ke 2 červeným také 3.... ke všem 4 barvám tedy dohromady 12 možností.

4+12=16 možných trojic (s tím, že trojice ve kterých se vystřídají obě žluté berem jako 1 trojici, protože žluté jsou k nerozeznání).

Matematické Fórum

#1 30. 06. 2009 19:23

kombinatorika

#2 30. 06. 2009 20:48

Re: kombinatorika

#3 01. 07. 2009 08:30 — Editoval musixx (01. 07. 2009 08:31)

Re: kombinatorika

#4 01. 07. 2009 12:21 — Editoval marnes (01. 07. 2009 12:28)

Re: kombinatorika

#5 01. 07. 2009 13:14 — Editoval musixx (01. 07. 2009 13:32)

Re: kombinatorika

#6 01. 07. 2009 19:18

Re: kombinatorika

#7 12. 07. 2009 21:55

Re: kombinatorika

#8 12. 07. 2009 23:05

Re: kombinatorika

Zápatí