Matematyka.pl

Witam! Jako, że mój poprzedni temat został zamknięty, przepisałem treść zadań zgodnie z zaleceniami.

Na dniach będę miał sprawdzian z kombinatoryki, od którego zależy moja ocena końcowa. Rozwiązałem więc wszystkie 50 zadań ze zbioru "MATEMATYKA - zbor zadań dla liceów i techników, klasa III". Pięć spośród nich mi jednak nie wyszło- odpowiedzi są inne niż w książce. Byłbym bardzo wdzięczny, gdyby ktoś pomógł mi choćby w jednym- w takim, które potrafi rozwiązać. Po prostu nie wiem, jak je "ugryźć".

OTO ZADANIA:

7.21. Ile słów pięcioliterowych można utworzyć z 24-literowego alfabetu, przy czym powinny być spełnione następujące warunki: - w żadnym słowie litery nie mogą się powtarzać i nowo utworzone słowa muszą tworzyć grupę pięciu kolejnych liter alfabetu?

7.23. W przedziale wagonu kolejowego są ustawione naprzeciw siebie dwie ławki. Każda ma 5 ch miejsc. Do przedziału weszło pięć osób. Trzy osoby usiadły na jednej ławce, pozostałe na drugiej, naprzeciwko dwóch osób z pierwszej ławki. Ile jest takich rozmieszczeń w przedziale?

7.29. Ile różnych wyników możemy otrzymać przy:
b) rzucie siedmioma monetami o różnych nominałach?

7.44. Z talii 52 kart losujemy cztery karty. Ile jest możliwych wyników losowania, jeśli wśród nich mają być:
b) najwyżej trzy kiery.

7.48. Ze zbioru liczb {l, 2,3,..., 11} losujemy jednocześnie trzy. Ile jest możliwych wyników losowania, tak aby:
d) iloczyn wylosowanych liczb był podzielny przez l0?



WŁAŚCIWE ODPOWIEDZI DO ZADAŃ:
7.21 - 2400
7.23 - 7200
7.29 B - 128
7.44 B - 270010
7.48 D - 71


====================================================
Skan poleceń umieściłem dodatkowo tutaj:
... adania.jpg

Skany moich nieudanych prób rozwiązania są zaś tu (Umieszczam je tylko po to, żeby użytkownicy forum widzieli, ze nad zadaniami pracowałem, ale po prostu nie udało mi się ich właściwie rozwiązać. Wyliczenia te są błędne i właściwie mógłbym w ogóle ich nie umieszczać, chciałem jednak pokazać, ze nie jestem typem osoby, która prosi o pomoc, nie podjąwszy nawet próby samodzielnej pracy):
... azania.jpg
http://cypistorun.w.interia.pl/kombinat ... azania.jpg
http://cypistorun.w.interia.pl/kombinat ... azania.jpg
http://cypistorun.w.interia.pl/kombinat ... azania.jpg
http://cypistorun.w.interia.pl/kombinat ... azania.jpg

Wszystko razem wrzuciłem do rara i umieśiłem poniżej:
http://www.crimsoncrew01.republika.pl/k ... -forum.rar

7.21.
Jeśli dobrze rozumiem treśc zadania to:
możemy stworzyć 20 "piatek" (zbiorów 5 elementowych) w których sklad wchodzą kolejne litery.... beda to (liczby oznaczaja koejne litery):
1 2 3 4 5
2 3 4 5 6
:
:
:
20 21 22 23 24

Każda taka "piątke" liter mozna uporzadkować na 5! sposobów.

Czyli ostatecznie mamy 20*5! sposobów

7.23
Najpierw wybieramy ławke na ktorej siądą 3 osoby mamy 2 możliwości
wybieramy te trzy osoby ktore tam siada mamy \(\displaystyle{ C_5^3 = {5 \choose 3}}\)=10możliwości

te 3 osoby mozemy ustawic na 3! = 6 sposobów

pozostale 2 osoby moga usiąśc na 3! = 6 sposobów (jeden wybiera jedno z 3 miejsc a drugi jedno z 2 miejsc)

Mamy wiec 2*10*6*6 możliwości

7.29
B)
nie wiem czy moja metoda jest najszybsza (pewnie nie) ale chyba dobra. widze to tak...

Możliwe wyniki to (O-orzeł, R-jakas reszka):
R R R R R R R - taki wynik jest tylko jeden (same reszki)
O R R R R R R - takich wyników mamy \(\displaystyle{ C_7^6= {7 \choose 6}}\) bo musimy "wybrać" 6 reszek spośrod 7
O O R R R R R - takich wyników mamy \(\displaystyle{ C_7^5= {7 \choose 5}}\) bo musimy "wybrać" 6 reszek spośrod 7
O O O R R R R - analogicznie \(\displaystyle{ { 7 \choose 4}}\)
O O O O R R R - analogicznie \(\displaystyle{ { 7 \choose 3}}\)
O O O O O R R - analogicznie \(\displaystyle{ { 7 \choose 2}}\)
O O O O O O R - analogicznie \(\displaystyle{ { 7 \choose 1}}\)
O O O O O O O - analogicznie \(\displaystyle{ { 7 \choose 0}}\)

Mamy wiec \(\displaystyle{ { 7 \choose 7} + { 7 \choose 6} + { 7 \choose 5} + { 7 \choose 4} + { 7 \choose 3} + { 7 \choose 2} + { 7 \choose 1} + { 7 \choose 0} = 128}\)

7.44
Policzmy ile jest mozliwosci wylosowania 4 kart (bez zadnych ograniczeń) i odejmijmy od tego mozliwosc wylosowania 4 kierów (czyli 4 kart z 13)

Mamy \(\displaystyle{ C_52^4 - C_13^4 = {52 \choose 4} - {13 \choose 4} = 270725 - 715 = 270010}\)

Liczba wszystkich możliwości: \(\displaystyle{ {11\choose 3}}\).
Liczba niechcianych możliwości: \(\displaystyle{ {9\choose 3}+{5\choose 2}}\)
Nie chcemy wylosować liczby podzielnej przez 5 lub chcemy piątkę i jakieś dwie nieparzyste.
Pozostaje Ci tylko wykonać odejmowanie.

Dziękuję serdecznie za pomoc!

Mam jednak dwie wątpliwości:

ZAD 7.23 Zestawiłem Twoje rozwiazanie z moim i osiagnąłem dobry wynik! Powinien on wynosić 7200. U Ciebie wynosił on 720, u mnie też, jednak kazdy z nas nie uwzględnił innej rzeczy. Ja nie zauważyłem tego:

tarnoś pisze:wybieramy te trzy osoby ktore tam siada mamy =10możliwości

Ty z kolei popełniłeś wg mnie błąd tu:

tarnoś pisze:te 3 osoby mozemy ustawic na 3! = 6 sposobów

3 osoby wybierają którekolwiek z 5 numerowanych miejsc, możemy je więc wybrać na \(\displaystyle{ V_{5}^{3}}\), czyli na 60, a nie 6 sposobów! Gdy uwzględnimy to w wyliczeniach, wychodzi wynik zgodny z odpowiedziami.



ZAD 7.48 Niestety zgodnie z Twoimi założeniami nie wychodzi chyba właściwy wynik. Treść zadania brzmi:

"Ze zbioru liczb {l, 2,3,..., 11} losujemy jednocześnie trzy. Ile jest możliwych wyników losowania, tak aby iloczyn wylosowanych liczb był podzielny przez l0?"

Ty tymczasem piszesz, że nie chcemy, by liczby były podzielne przez "5". Jednak część liczb podzielnych przez 5 jest nam niezbędna, bowiem będą one równocześnie podzielne przez 10! Czy może ktoś pomóc w rozwiązaniu jeszcze raz tego ostatniego zadania?

7.48
Tu masz tak bardziej rozpisane:
- 10 razy dwie dowolne liczby - mozliwosci \(\displaystyle{ C_{10}^{2} = 45}\)
- 5*2 razy dowolna liczba z wyjatkiem 10 - mozliwosci jest 8 (tyle liczb nam zostalo)
- 5*4 razy dowolna liczba z wyjatkiem 10 i 2 - mozliwosci 7
- 5*6 razy dowolna liczba z wyjatkiem 10, 2 i 6 - mozliwosci 6
- 5*8 razy dowolna liczba z wyjatkiem 10, 2, 6 i 8 - mozliwosci 5

w sumie 45+8+7+6+5 = 71

Cypis pisze:3 osoby wybierają którekolwiek z 5 numerowanych miejsc, możemy je więc wybrać na \(\displaystyle{ V_{5}^{3}}\) , czyli na 60, a nie 6 sposobów! Gdy uwzględnimy to w wyliczeniach, wychodzi wynik zgodny z odpowiedziami.

Zgadza sie... źle przeczytałem zadanie - myślałem że z każdej strony są 3 miejsca a nie 5. Sorki

soliter pisze:Moje rozwiązanie jest całkowicie poprawne i krótkie. Z drugiej strony zwięzłość rozwiązania osiągnąłem kosztem jego prostoty.

Właśnie nie do końca mogę zrozumieć Twój tok rozumowania... gdybyś mógł mi wyjaśnić, dlaczego "Nie chcemy wylosować liczby podzielnej przez 5" i dlaczego zapisałeś to jako "\(\displaystyle{ {9\choose 3}}\)", byłbym wdzięczny!

Bo rozumiem to:
\(\displaystyle{ {11\choose 3}}\) - wszystkie możliwości
\(\displaystyle{ {5\choose 2}}\) - 5 i dwie nieparzyste

ale skąd się bierze to:
\(\displaystyle{ {9\choose 3}}\), tego nie wiem!

Cypis pisze:\(\displaystyle{ {9\choose 3}}\), tego nie wiem!

jeśli moge odpowiedzieć za soliter... sa to możliwości wylosowania trzech liczb różnych od 5 i 10 (jest ich 9)

Jak wiadomo wtedy iloczyn będzie niepodzielny przez 5 i co za tym idzie przez 10

czemu w zadaniu 7.29 mozliwe wyniki to tylko orzel i reszka? mamy 7 roznych monet, wiec mozliwymi wynikami sa chyba orzel i reszka z kazdego nominalu, czyli 7 orlow i 7 reszek?

7.29 łatwiej zrobić w taki sposób:

jako waraiację z powtórzeniami 7 z 2

W 7 z 2 = 2^7 =128

Bo to tak jakby rzucić siedem razy jedną monetą przy czym za każdym razem masz dwie możliwosci i do tego mogę się one powtórzyć, bo jest 7 orłów.

[ Dodano: 13 Stycznia 2008, 15:53 ]

Fuser pisze:chyba orzel i reszka z kazdego nominalu, czyli 7 orlow i 7 reszek?

Orły w zasadzie są wszystkie takie same na monetach, dba o to mennica państwowa

czyli w siedmiokrotnym rzucie moneta a rzucie siedmioma monetami o roznych nominalach nie ma roznicy? ;-/

jest

nie ma różnicy