Witam.
Jako, że skończyłem liceum pół roku temu i niestety nie przyswoiła mi się wiedza z pewnych działów matematyki w stu procentach to liczę na waszą pomoc.
Mamy cyfry 1 i 2. Ilość cyfr w jednym "układzie" to 10.
Czyli np.
1) 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2
2) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1
3) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
4) 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
5) 1 2 1 1 1 2 2 1 1 2
6) 2 2 2 1 2 1 2 2 1 1
itd.
I teraz mam takie pytanie. Czy jest wzór, którym można obliczyć ilość kombinacji wyżej wymienionych dwóch cyfr biorąc pod uwagę, że nie interesują mnie układy tych cyfry złożone z np. dziesięciu jedynek, czy też dziewięciu jedynek i jednej dwójki, ośmiu jedynek i dwóch dwójek oraz siedmiu jedynek i trzech dwójek. Oczywiście w drugą stronę interesuje mnie ten sam sposób czyli bez dziesięciu dwójek itp. Max stosunek sześć do czterech i cztery do sześciu.
Zadanie niby banalne, ale przez te wyjątki, które sobie zażyczyłem sam tego zadanie nie rozwiążę. Szczególnie biorąc pod uwagę dość późną porę.
Pozdrawiam serdecznie.
2 cyfry, 10 sposobów, ilość kombinacji z wyjątkami.
-
- Użytkownik
- Posty: 4618
- Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Racibórz
- Pomógł: 866 razy
2 cyfry, 10 sposobów, ilość kombinacji z wyjątkami.
Sposób jest prosty:
Wyobraź sobie, że 10 kulek z liczbami (np. 6 jedynek i 4 dwójki) oznaczasz dodatkowo "niewidzialnymi liczbami" od 1 do 10). Wszystkie możliwe ułożenia kulek to oczywiście 10! (uwzględniając te "niewidzialne liczby")
Ale jednocześnie nie są rozróżnialne (dla tych którzy nie widzą "niewidzialnych liczb") zarówno te ułożenia, gdy różne kulki z dwójkami "zamieniają się" między sobą na tych samych miejscach (4! możliwości) jak i te ułożenia gdy różne kulki z jedynkami "zamieniają się" między sobą na tych samych miejscach (6! możliwości)
Ilość różnych ułożeń wynosi więc:
\(\displaystyle{ \frac{10!}{4! \cdot 6!}}\)
-- 13 paź 2010, o 22:00 --
Mogą być oczywiście inne równoważne rozumowania:
a) mamy 10 przegródek w których mamy umieścić 6 jedynek i 4 dwójki. Wybieramy więc 6 przegródek w których umieszczamy jedynki (dla dwójek zostają pozostałe miejsca):
\(\displaystyle{ C^{6}_{10}}\)
a) mamy 10 przegródek w których mamy umieścić 6 jedynek i 4 dwójki. Wybieramy więc 4 przegródki w których umieszczamy dwójki (dla jedynek zostają pozostałe miejsca):
\(\displaystyle{ C^{4}_{10}}\)
Wyobraź sobie, że 10 kulek z liczbami (np. 6 jedynek i 4 dwójki) oznaczasz dodatkowo "niewidzialnymi liczbami" od 1 do 10). Wszystkie możliwe ułożenia kulek to oczywiście 10! (uwzględniając te "niewidzialne liczby")
Ale jednocześnie nie są rozróżnialne (dla tych którzy nie widzą "niewidzialnych liczb") zarówno te ułożenia, gdy różne kulki z dwójkami "zamieniają się" między sobą na tych samych miejscach (4! możliwości) jak i te ułożenia gdy różne kulki z jedynkami "zamieniają się" między sobą na tych samych miejscach (6! możliwości)
Ilość różnych ułożeń wynosi więc:
\(\displaystyle{ \frac{10!}{4! \cdot 6!}}\)
-- 13 paź 2010, o 22:00 --
Mogą być oczywiście inne równoważne rozumowania:
a) mamy 10 przegródek w których mamy umieścić 6 jedynek i 4 dwójki. Wybieramy więc 6 przegródek w których umieszczamy jedynki (dla dwójek zostają pozostałe miejsca):
\(\displaystyle{ C^{6}_{10}}\)
a) mamy 10 przegródek w których mamy umieścić 6 jedynek i 4 dwójki. Wybieramy więc 4 przegródki w których umieszczamy dwójki (dla jedynek zostają pozostałe miejsca):
\(\displaystyle{ C^{4}_{10}}\)
2 cyfry, 10 sposobów, ilość kombinacji z wyjątkami.
Dzięki za pomoc, aczkolwiek nie bardzo mnie ona usatysfakcjonowała. Już mówię dlaczego.
Z tego co zrozumiałem wziąłeś pod uwagę tylko stosunek 6-4 i 4-6.
Chodzi mi o konkretną liczbę kombinacji, przykładowo (biorąc pod uwagę kolejność zapisywania cyfr od lewej do prawej).
1. 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2
2. 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2
3. 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2
4. 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1
5. 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1
6. 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1
itd.
Ogólnie rzecz biorąc chodzi mi o maksymalną ilość kombinacji złożonych z cyfr 1 i 2 w różnych zestawieniach. Każda cyfra oznacza dajmy na to jakieś jedno wydarzenie konkretne.
Cyfra jeden ma znaleźć się w każdym możliwym miejscu, tak samo cyfra 2.
Wszystko w stosunkach 6-4 4-6 5-5.
Niee.... tego nie da się obliczyć
Z tego co zrozumiałem wziąłeś pod uwagę tylko stosunek 6-4 i 4-6.
Chodzi mi o konkretną liczbę kombinacji, przykładowo (biorąc pod uwagę kolejność zapisywania cyfr od lewej do prawej).
1. 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2
2. 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2
3. 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2
4. 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1
5. 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1
6. 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1
itd.
Ogólnie rzecz biorąc chodzi mi o maksymalną ilość kombinacji złożonych z cyfr 1 i 2 w różnych zestawieniach. Każda cyfra oznacza dajmy na to jakieś jedno wydarzenie konkretne.
Cyfra jeden ma znaleźć się w każdym możliwym miejscu, tak samo cyfra 2.
Wszystko w stosunkach 6-4 4-6 5-5.
Niee.... tego nie da się obliczyć
-
- Użytkownik
- Posty: 4618
- Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Racibórz
- Pomógł: 866 razy
2 cyfry, 10 sposobów, ilość kombinacji z wyjątkami.
To był oczywiście tylko przykład dla konkretnego, wybranego wariantu, czyli wskazówka co do sposobu liczenia a nie gotowiec do Twojego zadania. I ten przykład dotyczy nie jak to napisałeś wariantu 6-4 4-6 tylko jednego tzn. 6-4
Jeżeli w konkretnym zadaniu masz konkretne, wybrane proporcje jedynek i dwójek to musisz obliczyć sumę tych wariantów.
Jeżeli w konkretnym zadaniu masz konkretne, wybrane proporcje jedynek i dwójek to musisz obliczyć sumę tych wariantów.
No to się zdecyduj czy chodzi Ci o maksymalną ilość w różnych zestawieniach, czy też o Wszystko w stosunkach 6-4 4-6 5-5Ogólnie rzecz biorąc chodzi mi o maksymalną ilość kombinacji złożonych z cyfr 1 i 2 w różnych zestawieniach....
Wszystko w stosunkach 6-4 4-6 5-5.
2 cyfry, 10 sposobów, ilość kombinacji z wyjątkami.
No, ale spokojnie
Chodzi mi o maksymalną ilość kombinacji z wyjątkiem stosunków 7-3 3-7 8-2 2-8 9-1 1-9 10-0 0-10.
To nie jest zadanie, to jest pomysł na system bukmacherski
Chodzi mi o maksymalną ilość kombinacji z wyjątkiem stosunków 7-3 3-7 8-2 2-8 9-1 1-9 10-0 0-10.
To nie jest zadanie, to jest pomysł na system bukmacherski
-
- Użytkownik
- Posty: 4618
- Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Racibórz
- Pomógł: 866 razy
2 cyfry, 10 sposobów, ilość kombinacji z wyjątkami.
Jeżeli tak, to wg tego schematu liczysz warianty 5-5 6-4 4-6, czyli:
\(\displaystyle{ \frac{10!}{5! \cdot 5!}+2 \cdot \frac{10!}{6! \cdot 4!}}\)
\(\displaystyle{ \frac{10!}{5! \cdot 5!}+2 \cdot \frac{10!}{6! \cdot 4!}}\)