Matematické Fórum

nitr0 · 13. 10. 2009 19:16 — Editoval nitr0 (13. 10. 2009 19:23)

zdravim, neviem si rady s tymito prikladmi a preto prosim o pomoc

//z hocijakym prikladom pomozete aj ked len z castou alebo napovedou..snat sa s tym nejako dotrapim

Pavel Brožek · 13. 10. 2009 19:47

↑ nitr0:

1. box

a) není to binomický rozvoj $(1+2)^n$ ?
b) to není vůbec pěkně napsané, vypadá to, jako by se mělo pokračovat do nekonečna, ale zřejmě se tím myslí skončit u n (případně u n-1). Použil bych na obou stranách na každý člen ${n+1\choose k+1}={n\choose k}+{n\choose k+1}$ .

Tychi · 13. 10. 2009 19:47 — Editoval Tychi (13. 10. 2009 19:48)

spodní okno:
Určení koeficientu a) .. to bych hledala v pascalově trojúhelníku ve 12. řádku.

Kondr · 13. 10. 2009 20:00

1a) Zkus z binomické věty rozepsat $(1+2)^k$
b) Levou stranu označme L, pravou P. Z binomického rozvoje $(1+1)^n=L+P$ , $(1-1)^n=L-P$ . Odtud snadno určíme L,P.

2)a) Rozepiš z binomické věty
b)Jeden vyřeším: (2x-y-z)(2x-y-z)(2x-y-z)(2x-y-z). Aby vznikl člen s xyz^2, musíme z jedné závorky vybrat 2x (4 možnosti), ze další y (3možnosti), ze zbylých dvou z. Vezmeme tedy celkem 12 součinů s xyz^2. Každý z nich je tvaru 2x*(-y)*(-z)^2=-2xyz^2. Celkový koeficient u xyz^2 je -24

3) ekvivalentně převedeme na soustavu
x_1+x_2+x_3=6, to má ${5\choose 3}$ řešení
x_4+x_5=9, to má ${8\choose 1}$ řešení
řešeno mockrát, třeba zde: http://forum.matweb.cz/viewtopic.php?id=6662
Celkem řešení ${5\choose 3}{8\choose 1}$

4)tady zatím nevidím elegantní řešení -- lze to rozbít na 4 případy, podle toho, kolik je $x_1+x_2+x_3$ a pro všechna s od 3 do 6 řešit počet možností pro soustavu
$x_1+x_2+x_3=s$
$x_4+x_5+z=16-s$
(z je neznámá, která doplňuje součet $x_1+\cdots+x_5$ na součet 16, víme o ní, že je kladná.

nitr0 · 13. 10. 2009 20:14

diki moc krat, dost som z toho pochopil a uz to nejako zklepem..este raz dik

nitr0 · 13. 10. 2009 22:45

este jedna otazka k tej tretej ulohe..to "a" a "b" je rovnaky pocet rieseni? pretoze ja nevidim rozdiel medzi tym ci je to rovne 6 alebo < 6 ked sa z druhou stranou vobec nepracuje

Kondr · 13. 10. 2009 22:47

Stejný počet řešení nebude. Třeba 1,1,1,1,1 je řešení pro verzi (b) a není řesšení pro verzi (a). Té nerovnosti se využije (jak jsem psal) k rozdělení na případy
1) $x_1+x_2+x_3=3$
2) $x_1+x_2+x_3=4$
3) $x_1+x_2+x_3=5$
4) $x_1+x_2+x_3=6$
v každém zvlášť se stanoví počet dvojic (x_4,x_5)* a počet trojic (x_1,x_2,x_3), tyto počty se pronásobí a sečtou.

---
* při tom se dá využít ta nová proměnná z, jak jsem naznačil

kitchima · 27. 10. 2009 09:59

↑ Kondr:

Vedel by mi niekto vysvetlit, preco to pocitame az od 3 do 6 a nie hned od 0 do 6? Dakujem

Kondr · 27. 10. 2009 13:04

↑ kitchima:Jaj, máš pravdu -- x_i můžou být i 0, proto musíme uvažovat i součty 0,1,2.

Matematické Fórum

#1 13. 10. 2009 19:16 — Editoval nitr0 (13. 10. 2009 19:23)

kombinatorika

#2 13. 10. 2009 19:47

Re: kombinatorika

#3 13. 10. 2009 19:47 — Editoval Tychi (13. 10. 2009 19:48)

Re: kombinatorika

#4 13. 10. 2009 20:00

Re: kombinatorika

#5 13. 10. 2009 20:14

Re: kombinatorika

#6 13. 10. 2009 22:45

Re: kombinatorika

#7 13. 10. 2009 22:47

Re: kombinatorika

#8 27. 10. 2009 09:59

Re: kombinatorika

#9 27. 10. 2009 13:04

Re: kombinatorika

Zápatí