Matematické Fórum

sealer · 27. 01. 2010 14:38

Kolik různých čtyřciferných čísel lze vytvořit z číslic 1,3,3,3,5,5,5,5,5 ?

Jeden typ řešení byl pomocí permutace s opakováním, kdy pro každý typ sestavení čísel spočítáme jednotlivé permutace s opakováním a následně sečteme.
pro 4 stejné prvky-1 případ (např. 5555)
pro 3 stejné a 1 jiný prvek-16 případů (např. 5553,5551..)
pro 2 stejné a 2 stejné prvky-6 případů (např. 5533)
pro kombinaci šech 3 prvků-24 případů(např. 5531, 3351..)
--------------------------------------------
=47

Zajímalo by mě zda neexistuje i jiný způsob, jak tento příklad vypočítat.
Předem děkuji.

musixx · 27. 01. 2010 14:50

Číslo buď obsahuje jedničku, nebo ne.

Pokud ne, tak si na chvilku představme, že máme čtyři trojky. Pak volíme 4x po sobě nezávisle jednu z variant 3 a 5, tedy $2^4$ možností, ale číslo 3333 musíme vyloučit. Tedy bez cifry 1 je takových čísel $2^4-1$ .

Když obsahuje cifru jedna, tak bez ní jde o trojciferné číslo z trojek a pětek. Obou cifer je dost, tedy takových trojciferných je $2^3$ , no a jedničku můžeme do takového trojciferného dát jedno-jednoznačně na čtyři různá místa. Tedy s cifrou 1 je takových čísel $2^3\cdot4$ .

Celkem je $2^4-1+4\cdot2^3=47$ .

sealer · 27. 01. 2010 15:11 — Editoval sealer (27. 01. 2010 15:41)

↑ musixx:

Jak by to vypadalo pro čísla např. 1,2,2,6,6,6,6,6,6

Začátek by byl stejný, pokud tam nebude 1, tak $2^4-1$
Ale jak dál.
Úvaha je jasná, můžu udělat dvojici z 2 a k tomu jednu 1 a jednu 6, potom jednu 2, jednu 1 a dvě 6.
Horší je to nějak napsaovat do vzorečku.

Edit: eště další možnost tři 6ky a jedna 1 nebo tř 6 a jedna 2
Edit: začátek nebude stejný.

Edit: Pokusím se to tady nějak rozepsat, buď na to přijdu nebo mě opravte.
pokud tam bude jednička, tak mám $(2^3-1)*4$ možností( to by měly být všechny trojice z čísel 2 a 6, bez čísla 222, a k tomu jednička, která má 4 varianty, kde bude.

musixx · 27. 01. 2010 15:38 — Editoval musixx (27. 01. 2010 15:45)

↑ sealer: Já jsem zásadně využil faktu, že jednička byla jediná, trojky tři, pětek dostatek a hledala se čtyřciferná čísla.

Pokud by ti šlo o obecné řešení, kdy máš n prvků, od každého k_i kopií a hledáš uspořádané/neuspořádané m-tice, tak to vidím jen maximálně na nějakou sumu, těžko říct, jestli to jde snadno sečíst do nějakého jednoduchého vzorečku. O tohle ti jde? Nezkusil jsi třeba zkonzultovat MŘMÚ (Herman, Šimša, Kučera: Metody řešení matematických úloh I a II)? Tam to jistě všechno je.

sealer · 27. 01. 2010 15:42

↑ musixx:
Mrknu na to...
PS: tím vzorečkem jsem nymyslel nějakej obecnej, ale jak ty čísla poskládat aby to dalo ten výsledek.

Julo88 · 04. 02. 2010 16:03

http://forum.matweb.cz/upload/1265295732-matikas.jpg

No do pracoval jsem se jen zde a dal si nevím rady!

http://forum.matweb.cz/upload/1265215555-natika.jpg

jelena · 04. 02. 2010 16:13

↑ Julo88:

Zdravím,

spiš by tam mělo být po úpravě:

$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}+(n+2)$ nebot $(n+2)!=(n+1)!\cdot (n+2)$

teď společného jmenovatele.

Souhlasí?

Julo88 · 04. 02. 2010 16:18

↑ jelena:

A co se stalo stým posledním n+1??

jelena · 04. 02. 2010 16:23

Faktoriál můžeš rozkládat na činitele od "největší" závorky - zde (n+2) až "pokud potřebuješ" - tady stačilo jako (n+2)(n+1)!, pak se to vykrátí s jmenovatelem:

$\frac{(n+2)!}{(n+1)!}=\frac{(n+1)!\cdot (n+2)}{(n+1)!}=(n+2)$

V pořádku?

Julo88 · 04. 02. 2010 16:32

↑ jelena: Promiň, to je moje chyba, ty poslední faktorialy tam nepatří chyba! Promiň.

jelena · 04. 02. 2010 16:35

↑ Julo88:

Nevadí - já jen teď nevím, kam nepatří faktorial - mysliš v zadání - v posledním zlomku je co? Děkuji.

Julo88 · 04. 02. 2010 16:40

↑ jelena:

http://forum.matweb.cz/upload/1265297986-matikas.jpg

jelena · 04. 02. 2010 16:44

pokud tak - potom potřebuješ zlomek ke společnému jmenovateli

$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}+\frac{n+2}{n+1}=\frac{\ldots}{n\cdot (n+1)}$

OK?

Julo88 · 04. 02. 2010 16:54 — Editoval Julo88 (04. 02. 2010 16:55)

↑ jelena:

vychází mi to 2n+n^2+1

jelena · 04. 02. 2010 16:58

↑ Julo88:

mně vychází to stejné: $2n+n^2+1=n^2+2n+1=(n+1)^2$ Může být?

Julo88 · 04. 02. 2010 17:06

Aha, jsem si vůbec nevšimnul, tet jestli vyjde kontrola. zatim děkují

Julo88 · 04. 02. 2010 17:18

↑ jelena:

Nevyšla mi zkouška

jelena · 04. 02. 2010 17:34

↑ Julo88: překontroluji: po úpravě máme $\frac{(n-1)!}{n!}-\frac{n!}{(n+1)!}+\frac{n+2}{n+1}=\frac{n+1}{n}$

Na zkoušky nevěřím a na ověření výsledků úprav nepoužívám - ale pokud potřebuješ, dosazuji n=2:

$\frac{(2-1)!}{2!}-\frac{2!}{(2+1)!}+\frac{2+2}{2+1}=\frac{2+1}{2}$

$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{4}{3}=\frac{3}{2}$

$\frac{3-2+8}{6}=\frac{3}{2}$

$\frac{9}{6}=\frac{3}{2}$

V pořádku? (musíš si to rozepsat na "levá", "pravá".

Ať se vede - už nemám více čásu - příště si založ nové téma v SŠ. OK?

Matematické Fórum

#1 27. 01. 2010 14:38

Kombinatorika

#2 27. 01. 2010 14:50

Re: Kombinatorika

#3 27. 01. 2010 15:11 — Editoval sealer (27. 01. 2010 15:41)

Re: Kombinatorika

#4 27. 01. 2010 15:38 — Editoval musixx (27. 01. 2010 15:45)

Re: Kombinatorika

#5 27. 01. 2010 15:42

Re: Kombinatorika

#6 04. 02. 2010 16:03

Re: Kombinatorika

#7 04. 02. 2010 16:13

Re: Kombinatorika

#8 04. 02. 2010 16:18

Re: Kombinatorika

#9 04. 02. 2010 16:23

Re: Kombinatorika

#10 04. 02. 2010 16:32

Re: Kombinatorika

#11 04. 02. 2010 16:35

Re: Kombinatorika

#12 04. 02. 2010 16:40

Re: Kombinatorika

#13 04. 02. 2010 16:44

Re: Kombinatorika

#14 04. 02. 2010 16:54 — Editoval Julo88 (04. 02. 2010 16:55)

Re: Kombinatorika

#15 04. 02. 2010 16:58

Re: Kombinatorika

#16 04. 02. 2010 17:06

Re: Kombinatorika

#17 04. 02. 2010 17:18

Re: Kombinatorika

#18 04. 02. 2010 17:34

Re: Kombinatorika

Zápatí