Wariacje z kartami

Permutacje. Kombinacje. Wariacje. Rozmieszczanie kul w urnach. Silnie i symbole Newtona. Przeliczanie zbiorów. Funkcje tworzące. Teoria grafów.
Snayk
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 422
Rejestracja: 13 cze 2012, o 21:30
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wroc
Podziękował: 25 razy
Pomógł: 64 razy

Wariacje z kartami

Post autor: Snayk »

Talia kart dla dzieci do gry w przeciwieństwa składa się z 32 kart stanowiących 16 par. Ola ma 16 zielonych kart, na których są napisanie określenia, np.: noc, pusty, wysoki itd. Hubert ma 16 kart czerwonych na których są podane przeciwieństwa do słów z kart zielonych mp.: dzień,pełny, niski. ola wykłada swoje karty, a hubert losowo dokłada swoje. na ile sposobów dzieci mogą ułożyć karty tak, żeby żadna para nie stanowiła przeciwieństwa?

Pomozecie mi zrozumiec to zadanie ? Kompletnie nie wiem jak je zrozumiec nie roUmiem nawet wyniku z ksiazki...
Kartezjusz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7330
Rejestracja: 14 lut 2008, o 08:31
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Z Bielskia-Białej
Podziękował: 6 razy
Pomógł: 961 razy

Wariacje z kartami

Post autor: Kartezjusz »

Tylko pytanie. Czy permutacje kart Oli są rozróżnialne? Jeśli tak ,to wynik zostanie pomnożyć tylko przez \(\displaystyle{ 16!}\) Dlatego policzę bez rozróżnienia.

Ustalmy jakieś ustawienie kart Oli. Hubert na pierwszym miejscu stawia jedną z 15 kart ( dowolna oprócz przeciwieństwa), ale bez przeciwieństwa będzie karta Oli ,której Hubert. użył wcześniej . Dowolnie postawiona spełni warunki ,czyli znów piętnaście.
Teraz mamy 14 kart i Hubert dokłada do trzeciej karty ( pierwszej bez pary z tych co zostały ) jedną z 13 kart ( wszystkie oprócz przeciwieństwa) ,a potem znowu trzynaście , bo znowu ma pewny brak przeciwieństwa. .Tę procedurę powtarza 8 razy ( dlaczego) Wynik
\(\displaystyle{ 15 \cdot 13 \cdot 11 \cdot 9 \cdot 7 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 1}\)
Snayk
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 422
Rejestracja: 13 cze 2012, o 21:30
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wroc
Podziękował: 25 razy
Pomógł: 64 razy

Wariacje z kartami

Post autor: Snayk »

8 razy bo odchodzi nam za kazdym razem jedna wykorzystana karta do ktorej juz nie bedzie pary dlatego 8 a nie 16. Wynik z ksiazki:
\(\displaystyle{ 16!( \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!}+ \frac{1}{4!} +...+ \frac{ (-1)^{16} }{16!})}\)

Co nie tak z tym wynikiem ?

-- 12 wrz 2013, o 20:06 --

Witam,
mój wynik z książki różni się od wyniku Kartezjusza,
powie mi ktoś o co z tym chodzi ?-- 15 wrz 2013, o 21:32 --Widze ze wszystkim ten temat umyka. Jak interpretuje wynik ktory podalem wyzej, wynik z ksiazki?
Snayk
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 422
Rejestracja: 13 cze 2012, o 21:30
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wroc
Podziękował: 25 razy
Pomógł: 64 razy

Wariacje z kartami

Post autor: Snayk »

Witam,
to zadanie przez autorów książki jest wykonane przy użyciu podsilni ( nieporządku ).
Jednak rozwiązanie Kartezjusza wydaje się być logiczne....
mat_61
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4618
Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Racibórz
Pomógł: 866 razy

Wariacje z kartami

Post autor: mat_61 »

Kartezjusz pisze:Hubert na pierwszym miejscu stawia jedną z 15 kart ( dowolna oprócz przeciwieństwa), ale bez przeciwieństwa będzie karta Oli ,której Hubert. użył wcześniej . Dowolnie postawiona spełni warunki ,czyli znów piętnaście.
Teraz mamy 14 kart i Hubert dokłada do trzeciej karty ( pierwszej bez pary z tych co zostały ) jedną z 13 kart ( wszystkie oprócz przeciwieństwa) ,a potem znowu trzynaście , bo znowu ma pewny brak przeciwieństwa.
To - wbrew pozorom - nie jest dobry sposób liczenia ilości wariantów dokładania kolejnych kart. Jest tak dlatego, że ilość możliwych do dołożenia kart w kolejnym kroku zależy od tego jaką kartę dołożyliśmy wcześniej (pomijając to, że zgodnie z wyjaśnieniem Kartezjusza cały iloczyn powinien być podniesiony do kwadratu)

Oznaczmy karty posiadane przez Olę przez \(\displaystyle{ A1, A2, A3. ..., A16}\) a karty posiadane przez Huberta przez \(\displaystyle{ B1, B2, B3. ..., B16}\).

Sposób proponowany przez Kartezjusza jest taki:

Załóżmy, że karty Oli wyłożone są w kolejności rosnącej od \(\displaystyle{ A1}\) do \(\displaystyle{ A16}\)

A teraz "dokładki" Huberta:

1. Losuje jedną z piętnastu kart (oprócz \(\displaystyle{ B1}\) )na pierwsze miejsce - załóżmy, że wylosował \(\displaystyle{ B4}\)
2. Losuje dowolną (bo nie ma już wśród nich \(\displaystyle{ B4}\) ) ze swoich piętnastu kart jako parę dla \(\displaystyle{ A4}\) - złóżmy, że wylosował \(\displaystyle{ B8}\)
3. Losuje jedną z trzynastu kart (oprócz \(\displaystyle{ B2}\) )na drugie miejsce (pierwsze bez pary z tych co zostały)- załóżmy, że wylosował \(\displaystyle{ B10}\)
4. Losuje dowolną (bo nie ma już wśród nich \(\displaystyle{ B10}\) ) ze swoich trzynastu kart jako parę dla \(\displaystyle{ A10}\) - złóżmy, że wylosował \(\displaystyle{ B15}\)
5. Itd.

Wydaje się logiczne, ale gdyby wylosował inne karty, np. takie:

1. Losuje jedną z piętnastu kart (oprócz \(\displaystyle{ B1}\) )na pierwsze miejsce - załóżmy, że wylosował \(\displaystyle{ B2}\)
2. Losuje dowolną (bo nie ma już wśród nich \(\displaystyle{ B2}\) ) ze swoich piętnastu kart jako parę dla \(\displaystyle{ A2}\) - złóżmy, że wylosował \(\displaystyle{ B3}\)
3. Losuje jedną z czternastu kart (wszystkie które ma są różne od \(\displaystyle{ B3}\) ) na trzecie miejsce (pierwsze bez pary z tych co zostały) - załóżmy, że wylosował \(\displaystyle{ B4}\)
4. Losuje dowolną (bo nie ma już wśród nich \(\displaystyle{ B4}\) ) ze swoich trzynastu kart jako parę dla \(\displaystyle{ A4}\) - złóżmy, że wylosował \(\displaystyle{ B15}\)
5. Itd.

Jak widać ilość możliwych wyborów w trzecim kroku jest różna i zależna od tego jakie były wybory w dwóch pierwszych krokach.
Mówiąc ogólnie nie wiemy z ilu kart będziemy musieli losować w kolejnych krokach, bo nie wiemy, czy karta przeciwna jest wśród kart Huberta, czy też już wcześniej została wylosowana.
Snayk
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 422
Rejestracja: 13 cze 2012, o 21:30
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wroc
Podziękował: 25 razy
Pomógł: 64 razy

Wariacje z kartami

Post autor: Snayk »

Dziwne, ze takie zadanie sie w ogole pojawilo w moim podreczniku. Moj nauczyciel nie wiedzial nawet co to jest podsilnia a zadanie bylo w temacie o wariacjach i permutacjach. Macie jakis pomysł jak zrobic to zadanie za pomoca wariacji i permutacji?
Kartezjusz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7330
Rejestracja: 14 lut 2008, o 08:31
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Z Bielskia-Białej
Podziękował: 6 razy
Pomógł: 961 razy

Wariacje z kartami

Post autor: Kartezjusz »

Pachnie mi tu wzorem włączeń i wyłączeń w połączeniu z wariacjami( wymnóż nawias.
mat_61
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4618
Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Racibórz
Pomógł: 866 razy

Wariacje z kartami

Post autor: mat_61 »

Powyższy pomysł Kartezjusza tzn. zasada włączeń i wyłączeń jest wg mnie jedyną rozsądną propozycją jeżeli ma to być rozwiązane z "wykorzystaniem" wariacji i permutacji niezależnie od tego co miałoby to dokładnie znaczyć. Pozostaje pytanie na jakim poziomie jest to zadanie i z wykorzystaniem jakich narzędzi ma być rozwiązane.

Jak zauważył Snayk odpowiedź do zadania świadczy o tym, że jego autor oczekuje (lub co najmniej przewiduje) rozwiązania z wykorzystaniem podsilni (nieporządku) ale okazuje się, że nauczyciel o czymś takim nawet nie słyszał. W takiej sytuacji nasuwa się pytanie, czy zastosowanie w rozwiązaniu zasady włączeń i wyłączeń, nie okaże się dla nauczyciela równie "nieznane" jak poprzedni sposób.
Snayk
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 422
Rejestracja: 13 cze 2012, o 21:30
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wroc
Podziękował: 25 razy
Pomógł: 64 razy

Wariacje z kartami

Post autor: Snayk »

Jeśli ktoś by chciał poświęcić trochę czasu na spróbowanie zrobienia tego z zastosowaniem zasady włączeń i wyłączeń i napisania tego tutaj - raczej jako ciekawostkie - to bardzo byłoby fajnie, jak nie to spoko, zadanie jest jakby nie było rozwiązanie, przy okazji poznałem nowe pojęcie tj. podsilnia. Mnie stosowanie zasady włączeń i wyłączeń w obecnym stanie wiedzy niestety przerasta, a w dodatku mam wrażenie, że zadanie to rozwiązując w ten sposób bedzie wyjątkowo długie i żmudne, tzw. wyważanie otwartych drzwi.

Pozdrawiam
mat_61
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4618
Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Racibórz
Pomógł: 866 razy

Wariacje z kartami

Post autor: mat_61 »

Można przedstawić takie rozumowanie dla rozwiązania zadania tego typu (dla uproszczenia załóżmy, że pięć osób ma wylosować kartki z imionami, żeby zrobić paczki na Mikołaja. Oczywiście nikt nie powinien wylosować kartki ze swoim imieniem):

A1) wszystkich możliwych losowań jest \(\displaystyle{ 5!}\) Oczywiście wśród nich są takie, że niektóry osoby mają kartki ze swoim imieniem.

A2) od wartości A1) odejmijmy więc te przypadki, że wśród pięciu osób:

B1) dokładnie jedna osoba wylosowała kartkę ze swoim imieniem.
B2) dokładnie dwie osoby wylosowały kartkę ze swoim imieniem.
B3) dokładnie trzy osoby wylosowały kartkę ze swoim imieniem.
B4) dokładnie cztery osoby wylosowały kartkę ze swoim imieniem.
B5) dokładnie pięć osób wylosowało kartkę ze swoim imieniem.

------------------------------------

B1) Wybieramy tą jedną osobę na \(\displaystyle{ {5 \choose 1}}\) sposobów. Pozostałe osoby ustawiamy dowolnie na \(\displaystyle{ 4!}\) sposobów. Oczywiście wśród tych czterech osób znów są takie, że niektóry osoby mają kartki ze swoim imieniem. Musimy więc od wartości B1) odjąć te przypadki, że wśród czterech osób:

C1) dokładnie jedna osoba wylosowała kartkę ze swoim imieniem.
C2) dokładnie dwie osoby wylosowały kartkę ze swoim imieniem.
C3) dokładnie trzy osoby wylosowały kartkę ze swoim imieniem.
C4) dokładnie cztery osoby wylosowały kartkę ze swoim imieniem.

------------------------------------

B2) Wybieramy te dwie osoby na \(\displaystyle{ {5 \choose 2}}\) sposobów. Pozostałe osoby ustawiamy dowolnie na \(\displaystyle{ 3!}\) sposobów. Oczywiście wśród tych trzech osób znów są takie, że niektóry osoby mają kartki ze swoim imieniem. Musimy więc od wartości B2) odjąć te przypadki, że wśród trzech osób:

D1) dokładnie jedna osoba wylosowała kartkę ze swoim imieniem.
D2) dokładnie dwie osoby wylosowały kartkę ze swoim imieniem.
D3) dokładnie trzy osoby wylosowały kartkę ze swoim imieniem.

itd.

------------------------------------

B5) Wybieramy te pięć osób na \(\displaystyle{ {5 \choose 5}}\) sposobów.

--------------------------------------

C1) Wybieramy tą jedną osobę na \(\displaystyle{ {4 \choose 1}}\) sposobów. Pozostałe osoby ustawiamy dowolnie na \(\displaystyle{ 3!}\) sposobów. Oczywiście wśród tych trzech osób znów są takie, że niektóry osoby mają kartki ze swoim imieniem. Musimy więc od wartości C1) odjąć te przypadki, że wśród trzech osób:

G1) dokładnie jedna osoba wylosowała kartkę ze swoim imieniem.
G2) dokładnie dwie osoby wylosowały kartkę ze swoim imieniem.
G3) dokładnie trzy osoby wylosowały kartkę ze swoim imieniem.

itd. itd.

Nie wiem na ile jest to przejrzyste i zrozumiałe, ale takie rozumowanie musimy powtórzyć wielokrotnie dla każdego przypadku ("schodząc zawsze do najniższego stopnia"). Po ich zsumowaniu i zredukowaniu otrzymamy:

\(\displaystyle{ 5! \cdot {5 \choose 0} -4! \cdot {5 \choose 1} +3! \cdot {5 \choose 2} -2! \cdot {5 \choose 3} +1! \cdot {5 \choose 4} -0! \cdot {5 \choose 5}}\)
ODPOWIEDZ