Ile jest permutacji zbioru \(\displaystyle{ \left\{ 1,2,3,4..,9\right\}}\) takich, że perm. \(\displaystyle{ \left( i\right) \neq i}\) dla \(\displaystyle{ i}\) parzystych?
Czy rozwiązaniem będą tutaj permutacje wszystkich \(\displaystyle{ 9}\) elementów \(\displaystyle{ 9!}\) minus te wyniki kiedy permutacja \(\displaystyle{ i=i}\) ? Czyli po wypisaniu, mam 16 takich opcji, czyli odpowiedzią do zadania jest\(\displaystyle{ 9! -16}\)? Coś mi się za duży ten wynik wydaje, bardzo proszę o rozwiązanie bądź wskazówkę.
Permutacje zbioru z warunkiem
-
- Użytkownik
- Posty: 19
- Rejestracja: 25 paź 2015, o 11:10
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Warszawa
Permutacje zbioru z warunkiem
Ostatnio zmieniony 21 lut 2016, o 17:20 przez Zahion, łącznie zmieniany 2 razy.
Powód: Nieczytelny zapis - brak LaTeX-a. Proszę zapoznaj się z instrukcją: http://matematyka.pl/latex.htm .
Powód: Nieczytelny zapis - brak LaTeX-a. Proszę zapoznaj się z instrukcją: http://matematyka.pl/latex.htm .
-
- Użytkownik
- Posty: 7330
- Rejestracja: 14 lut 2008, o 08:31
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Z Bielskia-Białej
- Podziękował: 6 razy
- Pomógł: 961 razy
-
- Użytkownik
- Posty: 19
- Rejestracja: 25 paź 2015, o 11:10
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Warszawa
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5703
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 129 razy
- Pomógł: 524 razy
Permutacje zbioru z warunkiem
Masz tu takie coś:
Ile permutacji \(\displaystyle{ n=9}\) elementowych ma dokładnie r punktów stałych u ciebie \(\displaystyle{ r=1,2,3,4}\)
\(\displaystyle{ \frac{9!}{r!} \sum_{i=0}^{9-r}(-1)^i \frac{1}{i!}}\) - z zasady włączania i wyłączania
teraz zsumuj po r bo punktów stałych może być:
\(\displaystyle{ 1,2,3,4}\) - bo może być jest akurat liczb parzystych, i masz:
\(\displaystyle{ \sum_{r=1}^{4} {4 \choose r} \left[ \frac{9!}{r!} \sum_{i=0}^{9-r}(-1)^i \frac{1}{i!}\right]}\)
I masz ile jest możliwości z punktami stałymi dla liczb parzystych , a teraz tylko trzeba to odjąć od \(\displaystyle{ n!}\)
czyli:
wynik= \(\displaystyle{ 9!-\sum_{r=1}^{4} {4 \choose r} \left[ \frac{9!}{r!} \sum_{i=0}^{9-r}(-1)^i \frac{1}{i!}\right]}\)
Tam jeszcze trzeba wybrać spośród czterech r liczb parzystych na: \(\displaystyle{ {4 \choose r}}\) - sposobów
Ile permutacji \(\displaystyle{ n=9}\) elementowych ma dokładnie r punktów stałych u ciebie \(\displaystyle{ r=1,2,3,4}\)
\(\displaystyle{ \frac{9!}{r!} \sum_{i=0}^{9-r}(-1)^i \frac{1}{i!}}\) - z zasady włączania i wyłączania
teraz zsumuj po r bo punktów stałych może być:
\(\displaystyle{ 1,2,3,4}\) - bo może być jest akurat liczb parzystych, i masz:
\(\displaystyle{ \sum_{r=1}^{4} {4 \choose r} \left[ \frac{9!}{r!} \sum_{i=0}^{9-r}(-1)^i \frac{1}{i!}\right]}\)
I masz ile jest możliwości z punktami stałymi dla liczb parzystych , a teraz tylko trzeba to odjąć od \(\displaystyle{ n!}\)
czyli:
wynik= \(\displaystyle{ 9!-\sum_{r=1}^{4} {4 \choose r} \left[ \frac{9!}{r!} \sum_{i=0}^{9-r}(-1)^i \frac{1}{i!}\right]}\)
Tam jeszcze trzeba wybrać spośród czterech r liczb parzystych na: \(\displaystyle{ {4 \choose r}}\) - sposobów
Bo to złe wykłady były.Nie miałam nic takiego w materiale z wykładów
Ostatnio zmieniony 22 lut 2016, o 10:46 przez arek1357, łącznie zmieniany 3 razy.
-
- Użytkownik
- Posty: 22173
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3748 razy
Permutacje zbioru z warunkiem
arek1357 pisze:Bo to złe wykłady były.Nie miałam nic takiego w materiale z wykładów
A jakie masz podstawy, żeby oceniać nie znając ani treści, ani programu?
-
- Użytkownik
- Posty: 7330
- Rejestracja: 14 lut 2008, o 08:31
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Z Bielskia-Białej
- Podziękował: 6 razy
- Pomógł: 961 razy
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5703
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 129 razy
- Pomógł: 524 razy
Permutacje zbioru z warunkiem
Czy ja wiem czy brutalny w końcu z tego co mi wiadomo(znajomi programy kontakty) na wykładach z matematyki dyskretnej o wielu sprawach się nie mówi pomija się milczeniem.
Matematykę dyskretną sprowadza się często do zwykłej kombinatoryki (poziom rozszerzony za szkoły średniej). Wiele spraw się przemilcza. A kombinatoryka wtedy staje się ciekawa i pouczająca jeśli koreluje z analizą i teorią grup.
Matematykę dyskretną sprowadza się często do zwykłej kombinatoryki (poziom rozszerzony za szkoły średniej). Wiele spraw się przemilcza. A kombinatoryka wtedy staje się ciekawa i pouczająca jeśli koreluje z analizą i teorią grup.