Na ile sposobów można rozmieścić w czterech nieodróżnialnych urnach sześć ponumerowanych kul?
Na ile sposobów można rozmieścić w czterech nieodróżnialnych urnach sześć ponumerowanych kul?
Na ile sposobów można rozmieścić w czterech nieodróżnialnych urnach sześć ponumerowanych kul?
-
- Użytkownik
- Posty: 111
- 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?
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.
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.
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5703
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 129 razy
- Pomógł: 524 razy
Re: Na ile sposobów można rozmieścić w czterech nieodróżnialnych urnach sześć ponumerowanych kul?
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:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{4}\frac{1}{k!} \sum_{i=1}^{k}(-1)^{k-i} {k \choose i}i^6 }\)
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:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{4}\frac{1}{k!} \sum_{i=1}^{k}(-1)^{k-i} {k \choose i}i^6 }\)