zadanie z wariacją bez powtórzeń!

[robert179]

Cześć, mam takie zadanie:Ze zbioru {0,1......9} losujemy kolejnoi cztery liczby bez zwracania, a nastęnie układamy je w kolejności losowania w liczbę czterocyfrową. Ile można otrzymać w ten sposób dowolnych liczb ?

Czyli pierwsze określam wszystkie liczby jakie mogą powstać \(\displaystyle{ \frac{10!}{4!}}\), a potem odejmuje wszystkie liczby które mają na 1,2 i 3 miejscu 0. Ale jak to zapisać? Prosze o wskazowke!

[soliter]

Prościej:
Rozumiem, że na pierwszym miejscu danej liczby nie może stać zero. Wobec tego losując pierwszą cyfrę masz 9 możliwości, losując drugą cyfrę masz także 9 możliwości (tym razem możesz wylosować 0, ale jedna cyfra odpada), poźniej 8 i na końcu 7 możliwości.
Wobec tego takich liczb jest: \(\displaystyle{ 9\cdot 9\cdot 8\cdot 7=\frac{9\cdot 9!}{6!}}\)
Możesz tez policzyć, ile ich jest takich liczb (z 0 na początku też), a później odjąc jedną dziesiątą z tego, co wyjdzie (ponieważ istotnie liczb postaci 0abc jest dziesięciokrotnie mniej niż liczb postaci abcd) tj.:
\(\displaystyle{ \frac{10!}{6!}-\frac{10!}{6!\cdot 10}}\)

[robert179]

mam jeszcze takie dwa pytania:
1)ile można w ten sposób otrzymać liczb podzielnych przez 25
2)liczwiększych od 5238?

ad1) czyli to będą liczby 25+25+25... ale jak to zapisać?

[tarnoś]

Ad. 1
Beda to liczby postaci xx00 xx25 xx50 xx75 ale ponieważ mozemy kazda cyfre użyć tylko raz wiec xx00 odpada.

Liczb postaci xx25 jest 7*7 (na pierwszym miejscu moze stać kazda cyfra oprocz 0, 2 i 5, a na drugim pozostale lub 0)

Tyle samo jest liczb postaci xx75

A liczb postaci xx50 jest 8*7 (bo 0 zostalo użyte wiec na pierwszym miejscu moze stac kazda pozostala cyfra)

Ad 2
Liczymy po kolei ile jest liczb większych od 6000, potem ile jest wiekszych od 5300 ale mniejszych od 5999, potem liczb miedzy 5240 a 5299 no i w końcu ile z zakresu 5239 do 5239 (jedna).

Liczb z zakresu:
jest 4*9*8*7 (na pierwszym miejscu moze stac 6,7,8 lub 9)
jest 1*6*8*7 (na pierwszym mijescu stoi 5, na drugim moze stac 3,4,6,7,8 lub 9)
jest 1*1*5*7 (na pierwszym miejscu stoi 5, na drugim 2, na trzecim moze stac 4,6,,7,8 lub 9)
(5238 ; 5240) jest tylko jedna, mianowicie 5239

Oczywiscie odp. to suma 4*9*8*7+6*8*7+5*7+1

[Acura_100]

to jaki będzie wynik w b) bo sie pogubilem

[ Dodano: Sob Lis 12, 2005 11:17 am ]
umie ktos może b) i c) łatwiej rozpisac ??

[tarnoś]

to jaki będzie wynik w b) bo sie pogubilem

wynik w Twoim b) (liczb podzielnych przez 25) jest 7*7 + 7*7 + 8*7 = 154,

czyli tyle samo ile wyszlo Tobie.

Takie rozpisanie nie jest potrzebne - chciałem tylko pokazać tok rozumowania. Jak to zrozumiesz ten sposób to nastepne zadania bedziesz robic bez rozpisywania.

[Acura_100]

nio oki ale dlaczego tak to jest rozpoisane niech mi to ktos dokładnie wytłumaczy bo nie czaje chodzi mi o b) i c) skąd to 7*7 . . . w b

[tarnoś]

Liczb postaci xx25 jest 7*7 (na pierwszym miejscu moze stać kazda cyfra oprocz 0, 2 i 5, a na drugim pozostale lub 0)

Liczymy ile jest liczb czterocyfrowych majacych na końcu 25.
Na pierwszym miejscu moze stac: 1,3,4,6,7,8,9 czyli 7 cyfr, czyli mamy 7 możliwości (0 odpada bo liczba nie może zaczynać się od zera, 2 i 5 odpadaja bo "wykorzystujemy" na końcu liczby)
Na drugim miejscu moze stac: 0,1,3,4,6,7,8,9 (ale oprócz tej wykorzystanej na pierwszym miejscu ). Czyli na drugim miejscu mamy także 7 możliwości
Na trzecim miejscu i czwartym mamy "z góry" narzucone co mam stać (2 i 5) wiec to na nie zwiększa możliwości.

Więc ilość tych liczb to 7*7*1*1=7*7 (ilość możliwości dla pierwszego miejsca razy ilośc mozliwości dla drugiego, razy ilość mozliwosci dla trzeciego razy ilosc mozliwosci dla czwartego).

Oczywiście pozostałe przypadki "budujemy" na tej samej zasadzie. Mam nadzieje ze teraz jest to bardziej zrozumiale

Wazny jest fakt, iż losujemy bez zwracania Oznacza to że każda cyfre możemy wykorzystać tylko jeden raz, więc gdy w w/w przypadku 2 i 5 sa wykorzystane na koncu liczby to nie moga juz stać ani na pierwszym miejscu ani na drugim.