Rozkład liczby na iloczyn
Rozkład liczby na iloczyn
Na ile sposobów można rozdzielić liczbę \(\displaystyle{ 4620}\) na iloczyn 4 liczb różnych od \(\displaystyle{ 1}\). Jej rozkład na czynniki pierwsze to \(\displaystyle{ 2^{2} \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11}\) Zauważyłem ze dla liczb których w których rozkładzie jest \(\displaystyle{ k}\) liczb pierwszych w potędze pierwszej to wynik jest równy liczbie stirlinga 2 rodzaju\(\displaystyle{ (k,4)}\). Jednak nie wiem jak uwzględnić liczby w których czynniki mają potęgi większe od \(\displaystyle{ 1}\).
-
arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5745
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 130 razy
- Pomógł: 526 razy
Rozkład liczby na iloczyn
Ja bym tak zrobił:
\(\displaystyle{ 4 \cdot S(5,4)-x}\)
Czyli:
Najpierw dzielę zbiór liczb: \(\displaystyle{ 2,3,5,7,11}\) - na cztery części,
potem do każdej części wrzucam dodatkową dwójkę na cztery sposoby(co daje nam cztery razy więcej przypadków), a potem odejmuję te co się powtarzają trzeba policzyć powtarzające się dlatego napisałem \(\displaystyle{ x}\) podejrzewam, że ten \(\displaystyle{ x}\) wynosi cztery ale do sprawdzenia.
Zadania z początku nie doceniłem i rozwiązywanie na kolanie nie do końca było jak należy.
Problem można rozszerzyć i wydaje się dość ciekawy więc do rzeczy:
Weźmy sobie cztery pojemniki:
Do pierwszego pojemnika włóżmy najpierw dwie dwójki czyli mamy:
\(\displaystyle{ |22| \cup \cup \cup}\)
kołyski oznaczają pojemniki!
Mamy cztery pojemniki w pierwszym są dwie dwójki a pozostałe są puste.
Zauważmy, że pierwszy pojemnik i trzy pozostałe są rozróżnialne , a trzy ostatnie są nierozróżnialne między sobą.
I teraz weźmy cztery liczby - \(\displaystyle{ 3,5,7,11}\)
i rozmieśćmy je najpierw tak: zero w pierwszym pojemniku i cztery w trzech nierozróżnialnych pojemnikach sposoby:
\(\displaystyle{ {4 \choose 0} \cdot L(4,3) =1 \cdot 6=6}\)
Teraz weźmy do pierwszego pojemnika jedną liczbę a w trzech nierozróżnialnych trzy liczby sposobów:
\(\displaystyle{ {4 \choose 1} \cdot L(3,3) =4 \cdot 1=4}\)
Jak widać dalej tego rozumowania nie da się ciągnąć bo w trzech pojemnikach nierozróżnialnych jeden musiałby zostać pusty!
Teraz zróbmy tak, że do dwóch pojemników damy dwie dwójki a pozostałe puste czyli wygląda to tak:
\(\displaystyle{ |2| |2 | \cup \cup}\)
Jak widać dwa pierwsze pojemniki są między sobą nierozróżnialne a dwa ostatnie też między sobą nierozróżnialne a dwie grupy pojemników są między sobą rozróżnialne.
Teraz zacznijmy liczyć:
1) Weźmy zero liczb i wsadźmy do pierwszych dwóch a pozostałe wsadźmy do ostatnich dwóch pojemników i mamy:
\(\displaystyle{ {4 \choose 0} \cdot L(4,2) =1 \cdot 7=7}\)
2) Weźmy jedną liczbę i wsadźmy do pierwszych dwóch a pozostałe wsadźmy do ostatnich dwóch pojemników i mamy:
\(\displaystyle{ {4 \choose 1} \cdot L(3,2)=4 \cdot 3=12}\)
3) Weźmy dwie liczby i wsadźmy do pierwszych dwóch a pozostałe wsadźmy do ostatnich dwóch pojemników ale dwie liczby w pierwszych dwóch pojemnikach umieszczamy na zasadzie dwóch rozróżnialnych liczb w dwóch nierozróżnialnych pojemnikach i mamy:
\(\displaystyle{ {4 \choose 2}(L(2,1)+L(2,2)) \cdot L(2,2)=6 \cdot (1+1) \cdot 1=12}\)
Na koniec powinniśmy to zsumować:
\(\displaystyle{ 6+4+7+12+12=41}\)
Oczywiście problem jest ciekawy ponieważ mamy obiekty podzielone na grupy nierozróżnialnych między sobą i pojemników , które są rozróżnialne i nierozróżnialne.
Oczywiście można to zadanie rozwinąć i poszerzyć np na większą liczbę dwójek dwójek i wtedy zadanie będzie bardziej widowiskowe.-- 9 stycznia 2015, 11:49 --Są tu rozkłady przedmiotów i obiektów nierozróżnialnych pomieszanych z liczbami Stirlinga czyli przedmiotami rozróżnialnymi a obiektami nierozróżnialnymi!
\(\displaystyle{ 4 \cdot S(5,4)-x}\)
Czyli:
Najpierw dzielę zbiór liczb: \(\displaystyle{ 2,3,5,7,11}\) - na cztery części,
potem do każdej części wrzucam dodatkową dwójkę na cztery sposoby(co daje nam cztery razy więcej przypadków), a potem odejmuję te co się powtarzają trzeba policzyć powtarzające się dlatego napisałem \(\displaystyle{ x}\) podejrzewam, że ten \(\displaystyle{ x}\) wynosi cztery ale do sprawdzenia.
Zadania z początku nie doceniłem i rozwiązywanie na kolanie nie do końca było jak należy.
Problem można rozszerzyć i wydaje się dość ciekawy więc do rzeczy:
Weźmy sobie cztery pojemniki:
Do pierwszego pojemnika włóżmy najpierw dwie dwójki czyli mamy:
\(\displaystyle{ |22| \cup \cup \cup}\)
kołyski oznaczają pojemniki!
Mamy cztery pojemniki w pierwszym są dwie dwójki a pozostałe są puste.
Zauważmy, że pierwszy pojemnik i trzy pozostałe są rozróżnialne , a trzy ostatnie są nierozróżnialne między sobą.
I teraz weźmy cztery liczby - \(\displaystyle{ 3,5,7,11}\)
i rozmieśćmy je najpierw tak: zero w pierwszym pojemniku i cztery w trzech nierozróżnialnych pojemnikach sposoby:
\(\displaystyle{ {4 \choose 0} \cdot L(4,3) =1 \cdot 6=6}\)
Teraz weźmy do pierwszego pojemnika jedną liczbę a w trzech nierozróżnialnych trzy liczby sposobów:
\(\displaystyle{ {4 \choose 1} \cdot L(3,3) =4 \cdot 1=4}\)
Jak widać dalej tego rozumowania nie da się ciągnąć bo w trzech pojemnikach nierozróżnialnych jeden musiałby zostać pusty!
Teraz zróbmy tak, że do dwóch pojemników damy dwie dwójki a pozostałe puste czyli wygląda to tak:
\(\displaystyle{ |2| |2 | \cup \cup}\)
Jak widać dwa pierwsze pojemniki są między sobą nierozróżnialne a dwa ostatnie też między sobą nierozróżnialne a dwie grupy pojemników są między sobą rozróżnialne.
Teraz zacznijmy liczyć:
1) Weźmy zero liczb i wsadźmy do pierwszych dwóch a pozostałe wsadźmy do ostatnich dwóch pojemników i mamy:
\(\displaystyle{ {4 \choose 0} \cdot L(4,2) =1 \cdot 7=7}\)
2) Weźmy jedną liczbę i wsadźmy do pierwszych dwóch a pozostałe wsadźmy do ostatnich dwóch pojemników i mamy:
\(\displaystyle{ {4 \choose 1} \cdot L(3,2)=4 \cdot 3=12}\)
3) Weźmy dwie liczby i wsadźmy do pierwszych dwóch a pozostałe wsadźmy do ostatnich dwóch pojemników ale dwie liczby w pierwszych dwóch pojemnikach umieszczamy na zasadzie dwóch rozróżnialnych liczb w dwóch nierozróżnialnych pojemnikach i mamy:
\(\displaystyle{ {4 \choose 2}(L(2,1)+L(2,2)) \cdot L(2,2)=6 \cdot (1+1) \cdot 1=12}\)
Na koniec powinniśmy to zsumować:
\(\displaystyle{ 6+4+7+12+12=41}\)
Oczywiście problem jest ciekawy ponieważ mamy obiekty podzielone na grupy nierozróżnialnych między sobą i pojemników , które są rozróżnialne i nierozróżnialne.
Oczywiście można to zadanie rozwinąć i poszerzyć np na większą liczbę dwójek dwójek i wtedy zadanie będzie bardziej widowiskowe.-- 9 stycznia 2015, 11:49 --Są tu rozkłady przedmiotów i obiektów nierozróżnialnych pomieszanych z liczbami Stirlinga czyli przedmiotami rozróżnialnymi a obiektami nierozróżnialnymi!