inna metoda

[tukanik]

Witam,
Weźmy takie zadanie:
Na ile sposobów możemy ustawić na półce 10-cio tomową encyklopedię tak, aby tomy drugi i czwarty nie stały obok siebie?
I ja to liczę, że najpierw liczę wszystkie ( 10!) możliwości, a potem te, w których sąsiadują ze sobą drugi i czwarty i tą wartość odejmuje od wszystkich sposobów. Zadanie w ten sposób jest rozwiązane.

Jednak mi teraz chodzi o to, czy można to jakoś inaczej rozwiązać? tzn. czy da się jakoś inaczej policzyć? Chodzi mi o to, aby lepiej tą materię rozumieć
Pozdrawiam

[Vardamir]

Tak chyba też będzie poprawnie:

\(\displaystyle{ 2\cdot \sum_{k=1}^{8} {8 \choose k}\cdot k!\cdot (9-k)!}\)

Orientujesz się o co chodzi? Jak nie to spróbuj rozpisać.

[tukanik]

sam zapis rozumiem, ale nie bardzo dlaczego on działa. Z tego co widzę to tu wciągnęliśmy dwumian Newtona, a więc kombinacje

[Vardamir]

Tak chyba też będzie poprawnie:

\(\displaystyle{ 2\cdot \sum_{k=1}^{8} {8 \choose k}\cdot k!\cdot (9-k)!}\)

Orientujesz się o co chodzi? Jak nie to spróbuj rozpisać.

\(\displaystyle{ {8 \choose k}}\) mówi na ile sposobów mogę wybrać książki, które będą pomiędzy drugim i czwartym tomem.

\(\displaystyle{ k!}\) mówi na ile sposobów mogę te wybrane książki pomiędzy drugim i czwartym tomem ustawić.

\(\displaystyle{ (9-k)!}\) mówi na ile sposobów mogę ustawić pozostałe książki wraz z wybranymi do tej pory.

Ponieważ możemy zamienić drugi i czwarty tom miejscami trzeba to pomnożyć przez dwa.

[mat_61]

Można też zrobić tak:

\(\displaystyle{ 8! \cdot {9 \choose 2} \cdot 2}\)

Na półce ustawiamy dowolnie tomy bez czwartego i drugiego.
Wybieramy dwa miejsca z dziewięciu (pomiędzy ustawionymi książkami lub na końcach szeregu) w którym postawimy brakujące tomy.
Brakujące tomy możemy ustawić na dwa sposoby

[Vardamir]

\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{8} {8 \choose k}\cdot k!\cdot (9-k)! = 8! \cdot {9 \choose 2}}\)

I tak powstaje bardzo ciekawa równość do udowodnienia jako zadanie kombinatoryczne

[tukanik]

Można też zrobić tak:

\(\displaystyle{ 8! \cdot {9 \choose 2} \cdot 2}\)

Na półce ustawiamy dowolnie tomy bez czwartego i drugiego.
Wybieramy dwa miejsca z dziewięciu (pomiędzy ustawionymi książkami lub na końcach szeregu) w którym postawimy brakujące tomy.
Brakujące tomy możemy ustawić na dwa sposoby

Rozumiem, że ta dziewiątka jest dlatego, że co najmniej 1 tom musi stać pomiędzy nimi, a więc nie mają do dyspozycji 10 miejsc. Czy tak?

Prosiłbym bym Cię jeszcze o wyjaśnienie, dlaczego kombinacja okazuje się tu dobrym rozwiązaniem?

[Vardamir]

Dziewiątka bierze się stąd, że jeśli ustawisz obok siebie 8 książek to pomiędzy nimi masz 7 miejsc na wstawienie pozostałych dwóch. Ale możesz je też dostawiać po bokach, więc w sumie tych miejsc gdzie możesz wstawić te dwa wyróżnione tomy jest 9.

[mat_61]

Ta dziewiątka jest z takiego powodu, że na początek jest ustawionych osiem tomów (pionowe kreski) i w związku z tym mamy dziewięć miejsc na dostawienie dwóch brakujących tomów (gwiazdki)

\(\displaystyle{ *|*|*|*|*|*|*|*|*}\)

Dlaczego jest kombinacja?

Nie możesz przyzwyczajać się do mechanicznego powiązania typu: dwumian Newtona = kombinacja = nieistotna kolejność elementów itp.

Tutak kombinacja oznacza wybór dwóch z dziewięciu gwiazdek (czyli miejsc pomiędzy już ustawionymi książkami lub na którymś z ich końców) w których ustawimy dwa brakujące tomy. Jeżeli już wylosujemy te dwa miejsca to teraz na pierwszym z nich ustawiamy tom II a na drugim tom IV lub odwrotnie (czyli dla każdego wyboru miejsc mamy dwie możliwości ustawienia tych tomów). Oczywiście ustawienie tomów II i IV to permutacja dwuelementowa czyli \(\displaystyle{ 2!}\)

[tukanik]

Nie możesz przyzwyczajać się do mechanicznego powiązania typu: dwumian Newtona = kombinacja = nieistotna kolejność elementów itp.

Wiem, że nie mogę tak robić- stąd ten temat. Tylko na pewno nie będzie to łatwe, jak na razie to myślę niestety zbyt "ramowo". Ale mam nadzieję, że z czasem i Waszą pomocą uzyskam taki instynkt jak Wy ;P.

Teraz rozumiem . Dzięki i pozdrawiam.
P.S. Być może się tu jeszcze odezwę ( idę do innych zadanek ;P)-- 24 paź 2012, o 21:49 --Mógłby mi ktoś wyjaśnić to zadanie:
Iloma sposobami można umieścić w 7-miu szufladach 6 koszul i 5 krawatów?

[Vardamir]

Mógłby mi ktoś wyjaśnić to zadanie:
Iloma sposobami można umieścić w 7-miu szufladach 6 koszul i 5 krawatów?

Na ile sposobów możesz umieścić pierwszą koszulę? Na 7 bo tyle jest szuflad. I każdą kolejną również na siedem, więc na \(\displaystyle{ 7^{6}}\).

To samo rozumowanie dla krawatów daje nam wynik \(\displaystyle{ 7^{5}}\).

Ostateczny wynik to \(\displaystyle{ 7^{6}\cdot 7^{5}}\).

[tukanik]

Dziękuję
W urnie znajduje się 7 kul ponumerowanych od 1 do 7. Losujemy kolejno 5 kul zwracając za każdym razem kulę po zapisaniu jej numeru. Ile liczb czterocyfrowych możemy wylosować?
A tutaj?
Odpowiedź to \(\displaystyle{ 7^5}\)
Noi wszystko ok, tylko czy ma tu jakieś znaczenie, pytanie o liczby czterocyfrowe? Czy byłaby jakaś różnica jakby były np. 6-cyfrowe? Pytam, bo jakoś nie bardzo mogę wychwycić istotę.
Pozdrawiam

[mat_61]

Tutaj jest z pewnością błąd w treści zadania. Jak losujemy 5 kul, to chyba chodzi o liczby pięciocyfrowe (wskazuje też na to wynik).

Poza tym jakby miały być liczby czterocyfrowe, to na jakiej zasadzie miałyby one powstawać?

[tukanik]

Ile możemy utworzyć liczb czterocyfrowych większych od 5000 i mniejszych od 9000 tak, aby na miejscu setek i dziesiątek była ta sama cyfra?
To zadanie to już odlot
Popatrzmy, że są zależności. Te, które ja widzę:
na pierwszej pozycji mogą być tylko 5,6,7,8. Na drugiej i trzeciej od 0 do 9 i na trzeciej też wszystkie. Ale to nie koniec. Przecież, na końcu może być zero, ale tylko gdy pierwsza cyfra jest większa od 5 lub 2 i 3 są większe od zero ( bowiem ta liczba musi być większa od 5000). Jak to teraz wpisać w kombinatorykę nie mam pojęcie

[mat_61]

Rozpatrz osobno następujące przypadki i je dodaj:

I: na pierwszym miejscu jest 5 ( i tutaj dwa warianty odnośnie dwóch kolejnych cyfr)
II: na pierwszym miejscu jest 6, 7, 8