Zadatak iz kombinatorike, nejasno resenje

Zadatak iz kombinatorike, nejasno resenje

offline
  • Pridružio: 06 Jun 2015
  • Poruke: 1

Zadatak 35 na slici, resenje je prikazano, ali mi nema nikakvog smisla.




Nacin na koji sam pokusao da ga resim:






Zbog cega je prvi slucaj tacan, i koja je greska u mom pristupu?



Registruj se da bi učestvovao u diskusiji. Registrovanim korisnicima se NE prikazuju reklame unutar poruka.
offline
  • Pridružio: 20 Nov 2012
  • Poruke: 124
  • Gde živiš: Belgrade, Serbia

Pozdrav, tek sad sam video ovaj vrlo zanimljiv zadatak.
Mogu da objasnim način na koji je rađeno u priloženom rešenju, a imam da ponudim i još jedan način rešavanja.
Samo prvo da proverim, da li je pitanje uopšte još uvek aktuelno?



offline
  • Dusan  Male
  • SuperModerator
  • Supermoderator opštih foruma
  • Pridružio: 26 Jul 2006
  • Poruke: 11118

imho ::... Samo prvo da proverim, da li je pitanje uopšte još uvek aktuelno?
Diskusija edukativnog karaktera koja doprinosi novim saznanjima je uvek aktuelna... i poželjna Smile.
Uvek oma onih koji bi da saznaju i nauče više.

offline
  • Pridružio: 20 Nov 2012
  • Poruke: 124
  • Gde živiš: Belgrade, Serbia

OK, to sam hteo da čujem i potpuno se slažem s takvim stavom. Smile Al' reko', prvo da pitam, pošto ima foruma na kojima obično reaguju sa majstore, a jel' ti vidiš od kad je ova tema? Mr. Green

* * *
Znači, treba postaviti 6 cifara na 6 mesta. Od tih cifara, dve treba da su nule, dve treba da su jedinice, a preostale dve treba da su neke od preostalih 8 cifara. Naravno, nula ne sme doći na prvo mesto, jer tada broj ne bi bio šestocifren.

U ponuđenom rešenju je rađeno tako što je prvo izračunat broj svih slučajeva (pa i onih kod kojih se nula nalazi na prvom mestu), da bi, zatim, od tog broja bio oduzet broj samo onih slučajeva kod kojih se nula nalazi na prvom mestu.

Ukupan broj slučajeva (znači, i kada nula jeste, i kada nije na prvom mestu) računali su kao permutacije s ponavljanjem. Pri tome, one dve cifre koje nisu ni nule ni jedinice predstavili su kao kvadratiće, tj. kao dva međusobno jednaka elementa, jer će tek kasnije biti posebno razmatrano na koliko načina ta dva elementa mogu uzeti razne vrednosti. Dakle, zasad, to su dva jednaka elementa. Pošto na 6 mesta treba rasporediti 6 elemenata, među kojima imamo 2 jednaka + 2 jednaka + 2 jednaka, rezultat ovog slučaja upravo je taj koji su napisali, 6!/(2!⋅2!⋅2!).

Sada posmatramo broj slučajeva kod kojih se nula obavezno nalazi na prvom mestu. Pošto je već određeno da je prva pozicija zauzeta i da se na njoj nalazi nula, sada posmatramo samo preostalih 5 pozicija i broj načina na koji preostalih 5 cifara (jednu nulu, dve jedinice i dve cifre koje nisu ni nule ni jedinice) možemo raspodeliti na tih 5 pozicija. Sada imamo situaciju da se među tih 5 elemenata nalaze 2 jednaka + 2 jednaka + jedan element za sebe (tj. ona druga nula, koja nije postavljena na prvo mesto). Primenom formule za permutacije s ponavljanjem, dolazimo do izraza 5!/(2!⋅2!⋅1!).

Dakle, oduzimanjem ukupnog broja slučajeva od broja slučajeva u kojima je nula na prvoj poziciji, dolazimo do broja slučajeva u kojima se na prvom mestu ne nalazi nula: 6!/(2!⋅2!⋅2!)-5!/(2!⋅2!⋅1!). Ali, to još uvek nije onaj broj koji tražimo, jer još uvek nismo razmatrali na koliko se načina mogu postaviti onih preostalih 8 cifara na dve pozicije koje smo im „rezervisali“. Njih možemo postaviti na onoliko načina koliko ima varijacija s ponavljanjem od 8 elemenata 2. klase (jer imamo 8 cifara na raspolaganju, mogu se ponavljati, a treba ih smestiti na dve pozicije, pri čemu redosled jeste bitan). Znači, 8² načina.
Mogli smo razmišljati i ovako. Na prvu od te dve pozicije imamo 8 mogućnosti da smestimo neku od cifara. Na drugu od te dve pozicije takođe imamo 8 mogućnosti da smestimo neku od cifara. Prema tome, broj mogućnosti da popunimo ta dva polja je 8⋅8, tj. 8². Zbog toga je konačan rezultat:
[6!/(2!⋅2!⋅2!)-5!/(2!⋅2!⋅1!)]⋅8²

* * *
E sad, @neuromancer345, zašto ne valja tvoj način. Drugi sabirak ti je u redu – tačno si izračunao broj slučajeva kada su preostale cifre (one što nisu nule ili jedinice) međusobno jednake.

Međutim, imaš grešku u prvom sabirku. Ako si već prilikom razmatranja broja načina na koji možeš odabrati one dve preostale cifre (koje nisu nule ili jedinice) vodio računa o njihovom redosledu (računao si ih kao varijacije bez ponavljanja i dobio 8⋅7), tada nije trebalo da u permutacijama s ponavljanjem te dve cifre posmatraš kao različite elemente. Jer, na ovaj način, ti si svaki od slučajeva računao dvaput, što znači da ti je prvi sabirak dvaput veći nego što treba da bude.

Tvoj postupak bi se mogao ispraviti na dva načina tako da dobiješ tačan rezultat.

Jedan način je, da umesto 8⋅7, tj. umesto broja varijacija bez ponavljanja, napišeš broj kombinacija bez ponavljanja, tj. 8⋅7/2, budući da ne treba da vodiš računa o redosledu izbora te dve cifre, jer se za to ionako „brinu“ permutacije s ponavljanjem, čijim brojem zatim množiš to što si dobio. U tom slučaju, korigovan rezultat bi bio
(8⋅7/2)⋅[6!/(2!⋅2!)-5!/2!]+8[6!/(2!⋅2!⋅2!)-5!/(2!⋅2!)]=3840

Drugi način korekcije tvog postupka bio bi da ostanu varijacije s ponavljanjem, tj. da ostane 8⋅7, ali da onda unutar permutacija s ponavljanjem te dve cifre posmatraš kao međusobno jednake elemente:
8⋅7⋅[6!/(2!⋅2!⋅2!)-5!/(2!⋅2!)]+8[6!/(2!⋅2!⋅2!)-5!/(2!⋅2!)]=3840

Efekat bilo kog od ova dva načina korekcije je smanjivanje prvog sabirka 2 puta. U ovom drugom načinu, čak, ako izvučeš [6!/(2!⋅2!⋅2!)-5!/(2!⋅2!)] kao zajednički faktor, u zagradi će ostati 8⋅7+8, tj.
[6!/(2!⋅2!⋅2!)-5!/(2!⋅2!)]⋅(8⋅7+8)
a to je isto kao i rezultat koji su dali u rešenju, tj.
[6!/(2!⋅2!⋅2!)-5!/(2!⋅2!)]⋅8²

* * *
A evo i još jednog načina:
Dve nule možemo postaviti na neku od 5 pozicija (jer ne smemo na prvu). Broj načina na koji možemo rasporediti nule možemo posmatrati kao broj načina na koji od tih 5 pozicija možemo odabrati neke dve pozicije (i na njih, zatim, smestiti nule). Taj broj je jednak kombinacijama bez ponavljanja od 5 elemenata 2. klase, tj. 5⋅4/2!=10.
Zatim smeštamo dve jedinice na neku od preostale 4 pozicije (jer su dve pozicije već zauzete nulama). To, takođe, posmatramo kao broj načina na koji od preostale 4 pozicije možemo odabrati dve pozicije (i na njih, zatim, smestiti jedinice). Broj načina na koji to možemo učiniti predstavlja broj kombinacija bez ponavljanja od 4 elementa 2. klase, koji iznosi 4⋅3/2!=6.
Na svaku od preostale dve pozicije možemo staviti neku od 8 cifara, znači 8² mogućnosti.

I na kraju sve to izmnožimo, 10⋅6⋅8²=3840.

Ko je trenutno na forumu
 

Ukupno su 787 korisnika na forumu :: 40 registrovanih, 6 sakrivenih i 741 gosta   ::   [ Administrator ] [ Supermoderator ] [ Moderator ] :: Detaljnije

Najviše korisnika na forumu ikad bilo je 3466 - dana 01 Jun 2021 17:07

Korisnici koji su trenutno na forumu:
Korisnici trenutno na forumu: 4channer, A.R.Chafee.Jr., amaterSRB, Brot, Cirkon, Dannyboy, Duh sa sekirom, Faki-Valjevo, GreenMan, Hektor, hyla, krkalon, Krusarac, kvcali, LeGrandCharles, mačković, mercedesamg, mikrimaus, mrvica78, nebkv, nemkea71, Nomenklatura, Oluj2.1, panonski mornar, Parker, RandomUser, sakota79, shone34, sizif, Smiljke, Snorks, Srki94, ssekir75, StepskiVuk, Taso, time, Toni, vasa.93, wolf431, Živković