20 kulek w 4 pudełkach

[Termit01]

na ile sposobów można powrzucać 20 ponumerowanych kulek do 4 pudełek jeśli:
a) w pudełku mieści się od 0 do 20 kulek
b) w każdym pudełku musi być co najmniej jedna kulka

z góry dzięki

[Zordon]

a) dla kazdej kulki wybieramy jedno z 4 pudelek, wiec odpowiedź to:...

[qba1337]

nvm

[Termit01]

a nie \(\displaystyle{ 4^{20}}\) ?

[czeslaw]

Zgadza się, \(\displaystyle{ 4^{20}}\).

[Termit01]

a czy część b może być rozwiązana tak:
pierwszą kulkę wrzucam do jednego z 4 pudełek
drugą do jednego z trzech (tych pustych)
trzecią do jednego z dwóch (tych pustych)
czwartą do ostatniego pustego
pozostałe 16 tak jak poprzednio czyli:
4*3*2*1*\(\displaystyle{ 4^{16}}\) = 6*\(\displaystyle{ 4^{17}}\)
???

[Zordon]

Niestety nie, bo wtedy nigdy się nie zdarzy, ze kulki o nr 1,2 są w pudełku ze sobą

btw. wpisuj do

Kod: Zaznacz cały

[tex][/tex]

całe wyrażenia matematyczne , żeby uzyskać mnożenie można uzyć

Kod: Zaznacz cały

[tex]cdot[/tex]

[abc666]

B można rozwiązać tak, mamy te kulki, najpierw ustalamy ich kolejność, mamy oczywiście \(\displaystyle{ 20!}\) możliwości. Teraz musimy podzielić te kulki 3 przegrodami, tak żeby między każdymi dwoma była co najmniej jedna kulka (oczywiście na początku i końcu też). Oznaczymy przez \(\displaystyle{ x_i}\) liczbę kulek w i-tym segmencie. Wtedy mamy
\(\displaystyle{ x_1+x_2+x_3+x_4=20}\)
gdzie \(\displaystyle{ x_i>0}\)
Podstawmy teraz \(\displaystyle{ w_i=x_i-1}\), dzięki temu dostajemy równanie
\(\displaystyle{ w_1+w_2+w_3+w_4=24}\)
które rozwiązujemy w całkowitych nieujemnych. Jeśli obliczymy liczbę tych rozwiązań a następnie pomnożymy przez \(\displaystyle{ 20!}\) dostaniemy nasz wynik. To przedostatnie było już liczone dużo razy na forum, nawet dzisiaj chyba.

[Termit01]

wielkie dzięki wszystkim:)

[Zordon]

B można rozwiązać tak, mamy te kulki, najpierw ustalamy ich kolejność, mamy oczywiście \(\displaystyle{ 20!}\) możliwości. Teraz musimy podzielić te kulki 3 przegrodami, tak żeby między każdymi dwoma była co najmniej jedna kulka (oczywiście na początku i końcu też). Oznaczymy przez \(\displaystyle{ x_i}\) liczbę kulek w i-tym segmencie. Wtedy mamy
\(\displaystyle{ x_1+x_2+x_3+x_4=20}\)
gdzie \(\displaystyle{ x_i>0}\)
Podstawmy teraz \(\displaystyle{ w_i=x_i-1}\), dzięki temu dostajemy równanie
\(\displaystyle{ w_1+w_2+w_3+w_4=24}\)
które rozwiązujemy w całkowitych nieujemnych. Jeśli obliczymy liczbę tych rozwiązań a następnie pomnożymy przez \(\displaystyle{ 20!}\) dostaniemy nasz wynik. To przedostatnie było już liczone dużo razy na forum, nawet dzisiaj chyba.

Według mnie to jest źle, po pierwsze to tam powinno być pewnie \(\displaystyle{ w_1+w_2+w_3+w_4=16}\), ale to szczegół, gorzej że zliczasz kilka razy to samo (chyba, że ja źle rozumiem). Załóżmy ze mamy takie kolejności kulek: (1,2,3,...) i (2,1,3,4,...) wtedy zliczasz co najmniej dwukrotnie niektóre rozstawienia.

[Termit01]

a można zrobić tak ?:
od liczby wszystkim ułożeń \(\displaystyle{ 4^{20}}\) odjąć
liczbę możliwości gdzie jakieś pudełko zostaje puste czyli
gdy zostaje jedno pudełko puste:
\(\displaystyle{ {4 \choose 1} \cdot 3 ^{20}}\)
gdy dwa pudełka puste:
\(\displaystyle{ {4 \choose 2} \cdot 2 ^{} 20}\)
gdy trzy pudełka puste:
\(\displaystyle{ {4 \choose 3} \cdot 1 ^{20}}\)
czyli wynik by wyglądał:
\(\displaystyle{ 4^{20} - {4 \choose 1} \cdot 3 ^{20} - 4 \choose 2} \cdot 2 ^{} 20 - 4}\)
???

[Zordon]

tak Termit01, to jest właśnie jedyne sensowne (i przede wszystkim prawidłowe) podejście

edit: zwrócono mi uwagę, że to jednak nie jest całkowicie dobrze, jako, że ta osoba nie ma tutaj konta, pozwolę sobie zacytować:

Niech \(\displaystyle{ A_k}\) \(\displaystyle{ (k = 1, 2, 3, 4)}\) będzie zdarzeniem polegającym na tym, że żadna z tych dwudziestu kul nie trafi do k-tej szuflady. Przy ustalonym k rzeczywiście jest \(\displaystyle{ 3^{20}}\) zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(\displaystyle{ A_k}\) . Sęk w tym, że będą wśród tych zdarzeń elementarnych też i takie zdarzenia, w których i k-ta, i jeszcze jakaś inna szuflada jest pusta (a nawet trzy szuflady mogą być puste). Krótko mówiąc - zdarzenia \(\displaystyle{ A_1}\), \(\displaystyle{ A_2}\), \(\displaystyle{ A_3}\), \(\displaystyle{ A_4}\) nie są rozłączne i przy liczeniu ilości elementów sumy mnogościowej tych czterech zdarzeń należy skorzystać z zasady włączeń i wyłączeń. Reszta Twojego rozumowania będzie wtedy dobra - od liczby \(\displaystyle{ 4^{20}}\) odejmiesz ilość elementów owej sumy mnogościowej.