Ile jest liczb które

[Niepokonana]

Dzień dobry

Proszę o pomoc z zadaniem, bo średnio mi idzie rozumienie prawdopodobieństwa i kombinatoryki.

Ile jest liczb czterocyfrowych, w których występują tylko cyfry \(\displaystyle{ 5}\), \(\displaystyle{ 7}\) i \(\displaystyle{ 9}\)? Według odpowiedzi muszą one wszystkie wystąpić, bo inaczej wychodziłoby \(\displaystyle{ 81}\) a nie \(\displaystyle{ 36}\).

Ale dlaczego wychodzi \(\displaystyle{ 36}\) a nie \(\displaystyle{ 18}\)? Z reguły mnożenia to moim zdaniem wygląda to tak:
\(\displaystyle{ 3 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}\)
Gdzie źle myślę?

[Tmkk]

Czy dobrze rozumiem, że \(\displaystyle{ 3\cdot 3\cdot 2 \cdot 1}\) oznacza, że na pierwszym miejscu masz \(\displaystyle{ 3}\) opcje, na drugim tez \(\displaystyle{ 3}\), na trzecim \(\displaystyle{ 2}\) i ostatnia cyfra jest ustalona, tak?

Jeśli tak, to dlaczego? Co jeśli na pierwszym miejscu będzie stała \(\displaystyle{ 5}\) a na drugim \(\displaystyle{ 9}\), czemu wówczas na trzecim miejscu mamy tylko \(\displaystyle{ 2}\) opcje?
Podobnie dla liczby \(\displaystyle{ 597X}\), na czwartym miejscu mamy pełną dowolność.

[arek1357]

Powiem ci to tak, jest to ilość suriekcji zbioru czteroelementowego na zbiór liczb trzyelementowy, a więc masz wzór:

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


a tu ten wzór stosujesz dla:

\(\displaystyle{ n=4, k=3}\)

\(\displaystyle{ S(4,3)= \sum_{i=1}^{3}(-1)^{3-i} {3 \choose i}i^4=36 }\)

I zawsze wszystkie cyfry w liczbie będą użyte...

Z reguły mnożenia to moim zdaniem wygląda to tak:

Niestety tu reguła mnożenia się nie przyda tylko zasada włączania i wyłączania...

W ten sposób co liczyliście powyżej to nie zadziała bo pewne układy będą się powtarzać, wzór , który napisałem bazuje na zasadzie włączania i wyłączania , niestety Niepokonana bez znajomości tej reguły dalsza nauka kombinatoryki nie ma sensu, jest to jedna z najważniejszych zasad w kombinatoryce...

Dodano po 38 minutach 35 sekundach:
Jeszcze tylko ubiegnę pytanie Niepokonanej, które zapewne się tu pojawi, a ja postaram się na nie odpowiedzieć.

Otóż pytanie:

N: "Czy nie dałoby się zrobić to prościej na poziomie liceum?"

A: Odp.: Dałoby się

N:Jak?

A: A tak:

A: \(\displaystyle{ 4 \cdot 3 \cdot 3=36}\)

N: A czemu tak?

A: Ponieważ znając odpowiedź zawsze mogę tak dobrać liczby, żeby po np. wymnożeniu dały oczekiwany wynik...

Dodano po 40 sekundach:
Chyba temat wyczerpany...

[Tmkk]

Myślę, że temat nie jest wyczerpany, bo nie padło jeszcze elementarne rozwiązanie, które istnieje. Poza tym, z tego co wiem, w liceum nie ma zasady włączeń i wyłączeń, która tutaj jest zbędna.

[piasek101]

Też najpierw chciałem pisać o ,,wyczerpaniu" - ale już się pojawiło.

Jedna z cyfr pojawia się dwa razy, pozostałe dwie po raz.
Wybierając dwa miejsca z czterech zrobimy to na sześć sposobów, z cztery nad dwa (albo na palcach).
Podwójną cyfrę wybieramy na trzy sposoby (bo mamy trzy cyfry do wyboru).
A w przypadku wybranej cyfry podwójnej i ich (tych dwóch jednakowych cyfr) konkretnego położenia w liczbie mamy dwie możliwości.

Obrazowo :
\(\displaystyle{ 5579}\) dwie piątki możesz ustawić na sześć sposobów (nie biorę pod uwagę ustawiania pozostałych cyfr)
tak samo będzie z dwoma siódemkami, potem z dwoma dziewiątkami.

Przy wybranym ustawieniu piątek masz dwie wersje np. \(\displaystyle{ 5579}\) oraz \(\displaystyle{ 5597}\).

[arek1357]

Też najpierw chciałem pisać o ,,wyczerpaniu"

Wyczerpać się może ale cierpliwość , jak chcecie bardzo to można i tak:

(*) \(\displaystyle{ 3 \cdot \frac{4!}{2!} =36}\)

Bierzemy trzy razy:

\(\displaystyle{ \left\{5,5,7,9 \right\}}\)

\(\displaystyle{ \left\{5,7,7,9 \right\}}\)

\(\displaystyle{ \left\{5,7,9,9 \right\}}\)

Do każdego z tych układów stosujemy permutacje z powtórzeniem jak w (*) i na tym temat może się wyczerpać...

Raczej permutacje z powtórzeniami mieli w szkółce...

Poza tym, z tego co wiem, w liceum nie ma zasady włączeń i wyłączeń, która tutaj jest zbędna.

Ale ja jej tu nie stosowałem tylko o niej nadmieniałem jak na powyższym widać raczej stosowałem suriekcje...

Dodano po 13 minutach 49 sekundach:

Obrazowo :
5579
dwie piątki możesz ustawić na sześć sposobów (nie biorę pod uwagę ustawiania pozostałych cyfr)
tak samo będzie z dwoma siódemkami, potem z dwoma dziewiątkami.

Jeżeli mielibyśmy tutaj nie cztery a np. 9 cyfr w tym ze dwie grupy powtarzających się to z tych "obrazów obrazowych" wyjdzie impresjonizm lub nawet ekspresjonizm lub nawet inna sztuka nowoczesna...

Dziewczyna polegnie przy ciut dłuższym a podobnym przykładzie...

[piasek101]

Oficjalnie permutacji z powtórzeniami nie ma.

,,Jeśli mielibyśmy" ale nie mamy - jaki jest problem każdy widzi.

[Tmkk]

Poza tym, z tego co wiem, w liceum nie ma zasady włączeń i wyłączeń, która tutaj jest zbędna.

Ale ja jej tu nie stosowałem tylko o niej nadmieniałem jak na powyższym widać raczej stosowałem suriekcje...

Wzór, który podałeś, jak pewnie wiesz, wynika z zasady włączeń i wyłączeń (pewnie są jakies inne uzasadnienia, ale to jest najprostsze, jakie znam). Gdyby autorka chciała wiedzieć skąd podany wzór się wziął, zamiast bezmyślnie do niego podstawiać, pewnie musiałaby zasadę włączeń i wyłączeń poznać.

Dziewczyna polegnie przy ciut dłuższym a podobnym przykładzie...

Nie polegnie, bo w liceum nie pojawi się dłuższy przykład (tzn. pytanie o ilość surjekcji \(\displaystyle{ f : A \to B}\), gdzie \(\displaystyle{ |A| - |B| \ge 2}\)).

[Tomzizek]

Ja mam inny sposób, ale wynik wychodzi zły i zastanawiam się gdzie mam błąd:
Wpierw jako, że potrzebne są wszystkie 3 cyfry to znajdźmy wszystkie liczby 3-cyfrowe, które je zawierają. Wystarczy użyć silnej:
\(\displaystyle{ 3!=6}\)
Następnie trzeba dodać jedną z liczb, więc:
\(\displaystyle{ 6 \cdot 3=18}\)
Na koniec trzeba znaleźć miejsce tej liczby. Są teoretycznie 4 miejsca, ale z racji, że w dwóch wypadkach będzie ona wyglądać tak samo (np. \(\displaystyle{ a a_{1}bc= a_{1}abc }\)) to wystarczy wziąć pod uwagę trzy przypadki:
\(\displaystyle{ 18 \cdot 3=54}\)
Nie wiem czy nie zauważyłem jakiegoś błędu albo cała ta metoda jest błędna, ponieważ wychodzi zły wynik.

[arek1357]

ta metoda jest błędna, ponieważ wychodzi zły wynik.

Dokładnie tak...!

[Niepokonana]

Ja panów przepraszam, ja celowo chciałam sprowokować dyskusję, bo nie rozumiem za bardzo tego prawdopodobieństwa, ale nie siedzę na forum i nie podtrzymałam dyskusji. Zrobiłam tak jak Tmmk pokazał. I proszę o podpowiedzi na poziomie liceum, tak jak Areczek słusznie zauważył, zaraz po tym jak napisał parę postów na poziomie studiów.

[Tmkk]

Niepokonana, jeśli chodzi o Twoje rozwiązanie, to widzisz problem, prawda? Łatwo znajdziesz liczby, których nie zliczasz tym spososem.

Poprawne i proste rozwiązanie zaproponował piasek101. Najważniejsza rzecz, jaka jest tu do zauważania to to, że jedna cyfra musi wystąpić dwa razy, a pozostałe dwie jeden raz.

[FasolkaBernoulliego]

Nie wiem czy nie zauważyłem jakiegoś błędu albo cała ta metoda jest błędna, ponieważ wychodzi zły wynik.

1. Wybierasz bazowo 579 i potem dodajesz drugą siódemkę na końcu - otrzymujesz 5797.
2. Wybierasz bazowo 597 i potem dodajesz drugą siódemkę po piątce - otrzymujesz 5797.

[Niepokonana]

Chodzi o to, że ja znam wzory i nie umiem ich dopasować do zadania. Ja nie jestem przekonana.