ile różnych liczb sześciocyfrowych można otrzymać...

porschelukas · Post autor: **porschelukas** » 16 wrz 2011, o 18:42

Witam, nurtuje mnie niesamowicie takie zadanie tym bardziej, że kogo nie proszę o pomoc to podaje mi inne wyniki. Treść zadania jest dokładnie taka.

Ile różnych nieparzystych liczb sześciocyfrowych można otrzymać z cyfr: 2, 2, 4, 4, 7, 9?

Ja to sobie prawie rozrysowałem i wyszło mi tak, że dwójki i czwórki mogę zamieniać ze sobą na 6 różnych sposobów przy pozostawieniu 7 i 9 tym samym miejscu, zaś 9 łącznie z 7 mogę rozstawić na 10 pozycjach co w sumie mi daje wynik 60 możliwości. Kolega mi mówił że wynik to jest 360 możliwości. Ktoś tam jeszcze, że dużo więcej ale już nie pamiętam.

Pomoże mi ktoś rozwiązać to tutaj? Dzięki z góry

Kacperdev · Post autor: **Kacperdev** » 17 wrz 2011, o 00:17

Mi także wyszło 60. Co prawda nic nie rozrysowywałem tylko zaufałem permutacją z powtórzeniami.

porschelukas · Post autor: **porschelukas** » 17 wrz 2011, o 09:16

Dzięki, za odpowiedź utwierdziłeś mnie, że jednak dobrze rozrysowałem. Mógłbym prosić jeszcze o podpowiedź jak policzyć to korzystając z permutacji z powtórzeniami?

Kacperdev · Post autor: **Kacperdev** » 17 wrz 2011, o 13:57

Jasne ; )

Zakładam, ze znasz def. permutacji z powtórzeniami. Jeżeli nie to odsyłam do np. wiki.

Liczba ma być nieparzysta to oznacza, ze na koncu moze być albo 7 albo 9. Na razie zostawmy 9 na koncu. Oznacza to ze reszte tych 5 cyfr mozemy przestawiac dowolnie. Ale cyfra np. 2 i 2 po zamiania daje to samo z 4 to samo. Dlatego trzeba ignorować te powtórzenia. Mamy wiec

\(\displaystyle{ \frac{5!}{2! \cdot 2!}}\)

2 pojawia sie 2 razy czyli \(\displaystyle{ 2!}\)
4 pojawa sie 2 razy czyli \(\displaystyle{ 2!}\)

Ponieważ istnieje druga możliwosć aby 7 stalo na koncu (liczba bedzie nieparzysta). Całość wymnażam razy 2.

\(\displaystyle{ \frac{5!}{2! \cdot 2!} \cdot 2}\)

porschelukas · Post autor: **porschelukas** » 18 wrz 2011, o 09:47

Dzieki wielkie;) już wszystko jasne