Witam wszystkich, proszę o pomoc w rozwiązaniu poniższego zadania:
Mamy 12 kul. 1 zieloną, 1 niebieską, 1 czerwoną, 1 żółtą, 1 białą i 7 czarnych. Na ile sposobów można umieścić te kule w 4 urnach, tak żeby w każdej urnie była co najmniej jedna kula?
Nie mam pojęcia jak poprawnie rozwiązać to zadanie, domyślam się, że trzeba skorzystać z zasady włączeń i wyłączeń, ale nic więcej nie przychodzi mi do głowy, więc będę wdzięczna za wskazówki
kule w urnach. zasada włączeń i wyłączeń(?)
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5748
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
kule w urnach. zasada włączeń i wyłączeń(?)
Zakładam, że urny są rozróżnialne, oraz, że czarne kule między sobą są nierozróżnialne, kule pojedyncze nazwijmy kulami kolorowymi.
najpierw musisz zapełnić wszystkie urny przynajmniej jedną kulą a możesz to zrobić tak:
k - kolorowa, cz - czarna
1. \(\displaystyle{ \left\{ 0k, 4cz\right\}}\) , zostaje - \(\displaystyle{ 5k, 3cz}\)
2. \(\displaystyle{ \left\{ 1k, 3cz\right\}}\) , zostaje - \(\displaystyle{ 4k, 4cz}\)
3. \(\displaystyle{ \left\{ 2k, 2cz\right\}}\) , zostaje - \(\displaystyle{ 3k, 5cz}\)
4. \(\displaystyle{ \left\{ 3k, 1cz\right\}}\) , zostaje - \(\displaystyle{ 2k, 6cz}\)
5. \(\displaystyle{ \left\{ 4k, 0cz\right\}}\) , zostaje - \(\displaystyle{ 1k, 7cz}\)
I teraz to czym musisz zapełniać czyli to z lewej musisz umieszczać suriektywnie a to co z prawej umieszczasz na chybił trafił.
To tak z grubsza , bo masz tu pomieszane kule rozróżnialne i nierozróżnialne.
Przypadek pierwszy:
masz zero kolorowych i umieszczasz wszystkie czarne w czterech urnach co daje jeden sposób,
zostaje pięć kolorowych i trzy czarne
Musisz zastosować tu wariacje z powtórzeniami i kombinacje z powtórzeniami:
\(\displaystyle{ 4^5 \cdot {3+4-1 \choose 3}}\)
Podobnie drugi przypadek:
wybierasz spośród kolorowych jedną i umieszczasz suriektywnie w urnach czterech:
Potem wybierasz te urny w których umieszczasz kolorową a do pozostałych czarne (tu nie ma rozróżnień)
\(\displaystyle{ {5 \choose 1} \cdot {4 \choose 1} \cdot 4^4 \cdot {4+4-1 \choose 4}}\)
ad.3:
\(\displaystyle{ {5 \choose 2} \cdot {4 \choose 2} \cdot 2! \cdot 4^3 \cdot {5+4-1 \choose 5}}\)
Mnożę jeszcze przez dwa silnia bo te kolorowe jeszcze w dwóch wybranych urnach mogę permutować
ad.4:
\(\displaystyle{ {5 \choose 3} \cdot {4 \choose 3} \cdot 3! \cdot 4^2 \cdot {6+4-1 \choose 6}}\)
ad.5:
\(\displaystyle{ {5 \choose 4} \cdot {4 \choose 4} \cdot 4! \cdot 4^1 \cdot {7+4-1 \choose 7}}\)
Teraz te przypadki trzeba zsumować...
najpierw musisz zapełnić wszystkie urny przynajmniej jedną kulą a możesz to zrobić tak:
k - kolorowa, cz - czarna
1. \(\displaystyle{ \left\{ 0k, 4cz\right\}}\) , zostaje - \(\displaystyle{ 5k, 3cz}\)
2. \(\displaystyle{ \left\{ 1k, 3cz\right\}}\) , zostaje - \(\displaystyle{ 4k, 4cz}\)
3. \(\displaystyle{ \left\{ 2k, 2cz\right\}}\) , zostaje - \(\displaystyle{ 3k, 5cz}\)
4. \(\displaystyle{ \left\{ 3k, 1cz\right\}}\) , zostaje - \(\displaystyle{ 2k, 6cz}\)
5. \(\displaystyle{ \left\{ 4k, 0cz\right\}}\) , zostaje - \(\displaystyle{ 1k, 7cz}\)
I teraz to czym musisz zapełniać czyli to z lewej musisz umieszczać suriektywnie a to co z prawej umieszczasz na chybił trafił.
To tak z grubsza , bo masz tu pomieszane kule rozróżnialne i nierozróżnialne.
Przypadek pierwszy:
masz zero kolorowych i umieszczasz wszystkie czarne w czterech urnach co daje jeden sposób,
zostaje pięć kolorowych i trzy czarne
Musisz zastosować tu wariacje z powtórzeniami i kombinacje z powtórzeniami:
\(\displaystyle{ 4^5 \cdot {3+4-1 \choose 3}}\)
Podobnie drugi przypadek:
wybierasz spośród kolorowych jedną i umieszczasz suriektywnie w urnach czterech:
Potem wybierasz te urny w których umieszczasz kolorową a do pozostałych czarne (tu nie ma rozróżnień)
\(\displaystyle{ {5 \choose 1} \cdot {4 \choose 1} \cdot 4^4 \cdot {4+4-1 \choose 4}}\)
ad.3:
\(\displaystyle{ {5 \choose 2} \cdot {4 \choose 2} \cdot 2! \cdot 4^3 \cdot {5+4-1 \choose 5}}\)
Mnożę jeszcze przez dwa silnia bo te kolorowe jeszcze w dwóch wybranych urnach mogę permutować
ad.4:
\(\displaystyle{ {5 \choose 3} \cdot {4 \choose 3} \cdot 3! \cdot 4^2 \cdot {6+4-1 \choose 6}}\)
ad.5:
\(\displaystyle{ {5 \choose 4} \cdot {4 \choose 4} \cdot 4! \cdot 4^1 \cdot {7+4-1 \choose 7}}\)
Teraz te przypadki trzeba zsumować...
-
- Użytkownik
- Posty: 24
- Rejestracja: 8 maja 2013, o 09:50
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: warszawa
- Podziękował: 7 razy
kule w urnach. zasada włączeń i wyłączeń(?)
dzięki za odpowiedź! Jednak nie jestem przekonana co do jej poprawności, wydaje mi się, że dużo sytuacji jest liczonych podwójnie, albo nawet większą ilość razy. Np sytuacja w której w pierwszych trzech urnach mamy 1 kulę kolorową i jedną czarną, a w czwartej urnie resztę, jest uwzględniona w każdym z powyższych przypadków. Czy tak nie jest?
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5748
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
kule w urnach. zasada włączeń i wyłączeń(?)
Masz racje mogą się powtarzać dobrze żeś zauważyła.
Ale mam inny pomysł mam nadzieję, że lepszy:
Najpierw umieśćmy kule czarne w jednej urnie:
\(\displaystyle{ {4 \choose 1}}\) sposobów, a kule kolorowe na dwa sposoby:
najpierw w urnach pustych, czyli suriekcje \(\displaystyle{ S(5,3)}\), a potem we wszystkich urnach, czyli:
\(\displaystyle{ S(5,4)}\)
co razem da możliwości:
\(\displaystyle{ {4 \choose 1} \cdot S(5,3)+{4 \choose 1} \cdot S(5,4)}\)
Drugi przypadek wsadzamy kule czarne do dwóch urn i dbamy, żeby żadna urna nie była pusta:
A potem wrzucamy kule kolorowe w pierwszym przypadku do pustych urn potem do pustych i do jednej w której są czarne kule i to na dwa sposoby a potem suriekcje na wszystkie urny idą.
\(\displaystyle{ {4 \choose 2} \cdot {7-1 \choose 2-1} \cdot S(5,2)+ {4 \choose 2} \cdot {7-1 \choose 2-1} 2 \cdot S(5,3)+ {4 \choose 2} \cdot {7-1 \choose 2-1} \cdot S(5,4)}\)
Trzeci przypadek wrzucamy czarne kule do trzech urn na sposobów:
i mamy suriekcje na jedną, dwie, trzy i cztery urny kul kolorowych
Wybieramy np. w trzeciej sumie dwie urny w których są czarne kule i urnę pustą i w te urny dajemy kule kolorowe, a ponieważ kule czarna są w trzech urnach więc dwie urny do , których ładujemy kule kolorowe wybieramy na: \(\displaystyle{ {3 \choose 2}}\) sposobów, itd...
\(\displaystyle{ {4 \choose 3} \cdot {7-1 \choose 3-1} \cdot S(5,1)+ {4 \choose 3} \cdot {7-1 \choose 3-1} \cdot 3 \cdot S(5,2)+ {4 \choose 3} \cdot {7-1 \choose 3-1} \cdot {3 \choose 2} \cdot S(5,3) + {4 \choose 3} \cdot {7-1 \choose 3-1} \cdot S(5,4)}\)
Czwarty przypadek wsadzamy czarne kule do wszystkich urn a kolorowe kule wsadzamy za pomocą wariacji z powtórzeniami do wszystkich urn:
\(\displaystyle{ {7-1 \choose 4-1} \cdot 4^5}\)
a teraz sumujemy przypadki i teraz na pewno sytuacje się nie powtórzą bo czarne wsadzam osobno a kolorowe upycham suriekcjami...
Generalnie taką zasadę tu mam:
Najpierw umieszczam czarne kule: w jednej, dwóch, trzech i czterech urnach (Liczę sposoby kombinacje z powtórzeniem bez pustych miejsc).
A potem kule kolorowe wrzucam suriektywnie w puste urny, oraz w te urny w których już leżą czarne kule (jednej, drugiej, trzeciej,...). Ostatni przypadek gdzie wszystkie urny są zajęte przez czarne używam wariacji z powtórzeniami dla kul kolorowych bo tu już mogę sobie na to pozwolić.
Cała trudność tego zadania polegała na tym, że mieliśmy połączone kule rozróżnialne, nierozróżnialne a do tego były suriekcje czyli "na"...
Dzięki za wskazanie błędu widać, że ktoś myśli...
Ale mam inny pomysł mam nadzieję, że lepszy:
Najpierw umieśćmy kule czarne w jednej urnie:
\(\displaystyle{ {4 \choose 1}}\) sposobów, a kule kolorowe na dwa sposoby:
najpierw w urnach pustych, czyli suriekcje \(\displaystyle{ S(5,3)}\), a potem we wszystkich urnach, czyli:
\(\displaystyle{ S(5,4)}\)
co razem da możliwości:
\(\displaystyle{ {4 \choose 1} \cdot S(5,3)+{4 \choose 1} \cdot S(5,4)}\)
Drugi przypadek wsadzamy kule czarne do dwóch urn i dbamy, żeby żadna urna nie była pusta:
A potem wrzucamy kule kolorowe w pierwszym przypadku do pustych urn potem do pustych i do jednej w której są czarne kule i to na dwa sposoby a potem suriekcje na wszystkie urny idą.
\(\displaystyle{ {4 \choose 2} \cdot {7-1 \choose 2-1} \cdot S(5,2)+ {4 \choose 2} \cdot {7-1 \choose 2-1} 2 \cdot S(5,3)+ {4 \choose 2} \cdot {7-1 \choose 2-1} \cdot S(5,4)}\)
Trzeci przypadek wrzucamy czarne kule do trzech urn na sposobów:
i mamy suriekcje na jedną, dwie, trzy i cztery urny kul kolorowych
Wybieramy np. w trzeciej sumie dwie urny w których są czarne kule i urnę pustą i w te urny dajemy kule kolorowe, a ponieważ kule czarna są w trzech urnach więc dwie urny do , których ładujemy kule kolorowe wybieramy na: \(\displaystyle{ {3 \choose 2}}\) sposobów, itd...
\(\displaystyle{ {4 \choose 3} \cdot {7-1 \choose 3-1} \cdot S(5,1)+ {4 \choose 3} \cdot {7-1 \choose 3-1} \cdot 3 \cdot S(5,2)+ {4 \choose 3} \cdot {7-1 \choose 3-1} \cdot {3 \choose 2} \cdot S(5,3) + {4 \choose 3} \cdot {7-1 \choose 3-1} \cdot S(5,4)}\)
Czwarty przypadek wsadzamy czarne kule do wszystkich urn a kolorowe kule wsadzamy za pomocą wariacji z powtórzeniami do wszystkich urn:
\(\displaystyle{ {7-1 \choose 4-1} \cdot 4^5}\)
a teraz sumujemy przypadki i teraz na pewno sytuacje się nie powtórzą bo czarne wsadzam osobno a kolorowe upycham suriekcjami...
Generalnie taką zasadę tu mam:
Najpierw umieszczam czarne kule: w jednej, dwóch, trzech i czterech urnach (Liczę sposoby kombinacje z powtórzeniem bez pustych miejsc).
A potem kule kolorowe wrzucam suriektywnie w puste urny, oraz w te urny w których już leżą czarne kule (jednej, drugiej, trzeciej,...). Ostatni przypadek gdzie wszystkie urny są zajęte przez czarne używam wariacji z powtórzeniami dla kul kolorowych bo tu już mogę sobie na to pozwolić.
Cała trudność tego zadania polegała na tym, że mieliśmy połączone kule rozróżnialne, nierozróżnialne a do tego były suriekcje czyli "na"...
Dzięki za wskazanie błędu widać, że ktoś myśli...
-
- Użytkownik
- Posty: 5101
- Rejestracja: 11 mar 2011, o 16:31
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 52°16'37''N 20°52'45''E
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 1001 razy
kule w urnach. zasada włączeń i wyłączeń(?)
Chyba tak będzie najprościej, więc do dzieła. Ile jest wszystkich możliwości rozmieszczenia kul? Ile jest takich rozmieszczeń, że pierwsza urna jest pusta? Itd.onmyway pisze:Nie mam pojęcia jak poprawnie rozwiązać to zadanie, domyślam się, że trzeba skorzystać z zasady włączeń i wyłączeń,