Na ile sposobów można rozmieścić w czterech nieodróżnialnych urnach sześć ponumerowanych kul?

Permutacje. Kombinacje. Wariacje. Rozmieszczanie kul w urnach. Silnie i symbole Newtona. Przeliczanie zbiorów. Funkcje tworzące. Teoria grafów.
mati89
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 59
Rejestracja: 6 cze 2018, o 21:25
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław

Na ile sposobów można rozmieścić w czterech nieodróżnialnych urnach sześć ponumerowanych kul?

Post autor: mati89 » 26 cze 2020, o 16:45

Na ile sposobów można rozmieścić w czterech nieodróżnialnych urnach sześć ponumerowanych kul?

andrewha
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 112
Rejestracja: 21 cze 2007, o 20:59
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Szczebrzeszyn
Podziękował: 19 razy
Pomógł: 14 razy

Re: Na ile sposobów można rozmieścić w czterech nieodróżnialnych urnach sześć ponumerowanych kul?

Post autor: andrewha » 28 cze 2020, o 12:11

Proponuję najpierw zapisac mozliwosci rozlozenia kul w urnach, tzn.:
1) wszystkie znajduja sie w jednej urnie,
2) w jednej znajduje się 5 kul a w drugiej (innej) urnie 1 kula,
3) w jednej jest 4 kul, w innej 2,
4) w jednej jest 4, i jeszcze po jednej w dwuch,
5) w jednej jest 3 i jeszcze po 1 w pozostalyvh trzech,
6) 3, 2, 1, 0,
7) 3,3,0,0,
8) 2, 2, 1, 1,
9) 2, 2, 2, 0.
Tetaz trzeba policzyc ile jest mozliwosci rozmieszczeniaponumerowanych kul w rtch przypadkach i wszystko to zsumowac.

Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4027
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 95 razy
Pomógł: 396 razy

Re: Na ile sposobów można rozmieścić w czterech nieodróżnialnych urnach sześć ponumerowanych kul?

Post autor: arek1357 » 28 cze 2020, o 12:56

Trochę Twój pomysł mocno się komplikuje a co będzie gdy liczby się zwiększą? tzn zwiększy się ilość kul i urn?

Zresztą Twoja propozycja zachodzi mi bardzo niebezpiecznie na partycje liczby a w tym przypadku procesy komplikują się jeszcze bardziej,
chciałbyś tak wyjść od partycji a wejść na podziały zbioru, mówię Ci bardzo karkołomna sztuczka...

Ja proponuję natomiast wyjść od podziału zbioru i skończyć na nim...


Kule są rozróżnialne urny nie więc proponuję zastosować wzór na podziały zbioru:

\(\displaystyle{ S(n,k) }\)

\(\displaystyle{ n}\)- kule (rozróżnialne)

\(\displaystyle{ k}\) - urny (nierozróżnialne)

mamy:

\(\displaystyle{ S(6,k), k=1,2,3,4}\)

dlatego, że nie musimy zakładać że urny będą zawsze niepuste...

Mamy więc wzór:

\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{4}S(6,k) }\)

gdzie:

\(\displaystyle{ S(6,k)= \frac{1}{k!} \sum_{i=1}^{k}(-1)^{k-i} {k \choose i}i^6 }\)

Reasumując otrzymamy:

\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{4}\frac{1}{k!} \sum_{i=1}^{k}(-1)^{k-i} {k \choose i}i^6 }\)

ODPOWIEDZ