forum.zadania.info

1. Na ile sposobów można rozdać 24 nierozróżnialnych cukierków dla 4 dzieci dowolnie, ale tak, aby
każde dziecko dostało parzystą liczbę cukierków
2. Ile jest takich słów złożonych z liter MATEMATYKA, w których litera E występuje gdzieś przed
literą Y, natomiast litera Y gdzieś przed literą K (w obu przypadkach niekoniecznie tuż
przed)?
3. Na ile sposobów możemy rozdać 30 rozróżnialnych książek 20 studentom w taki sposób,
aby kazdy student otrzymał co najmniej jedną książkę

1) Sklejam cukierki po dwa.
a) Jeśli każde dziecko ma być obdarowane, to jest \({12-1 \choose 4-1} \) sposobów rozdania cukierków.
b) Jeśli dopuszczamy że jakieś dziecko/dzieci nic nie dostaną, to jest \({12+4-1 \choose 4-1} \) sposobów rozdania cukierków.

2) \(\frac{1}{6} \cdot \frac{10!}{3!2!2!} \)

3) Tu zadziała reguła włączeń i wyłączeń.

Czy mógłby ktoś rozwiązać 3? Bardzo się z nim męczę

Nawet nie pytam jak to się męczysz.
Szukana ilość to: \(\sum_{i=0}^{19} (-1)^i {20 \choose i} (20-i)^{30} \)

jakieś wytłumaczenie mistrzu?

Toż to trywialne uczniu.
Jeśli od wszystkich możliwości (których jest \(20^{30}\)) odejmiesz te w których jakiś student lub studenci nie dostali ani jednej książki, to pozostaną tylko takie zdarzenia w których każdy ze studentów otrzymał co najmniej jedną książkę.

Rozumiem. Pozwolę sobie dorzucić ostatnie, którego nie jestem pewny i zmykam stąd wdzięczny! Mianowicie:

Na ile sposobów można wybrać 24kule spośród 13 białych kul, 13 czarnych kul, 10 zielonych kul oraz 10 niebieskich kul?

Chociaż czekaj, mam wątpliwości. Wszystkich możliwości jest tam 20^30? Mamy jakby 30 rozróżnialnych rzeczy do rozdysponowania na 20 rozróżnialne "pudełka".... Czyli nie przypadkiem 30^20?

Jednak nie mam wątpliwośc, już wszystko rozumiem Proszę tylko o małą pomoc z tym:

Na ile sposobów można wybrać 24kule spośród 13 białych kul, 13 czarnych kul, 10 zielonych kul oraz 10 niebieskich kul?

To jakby szukać naturalnych rozwiązań równania:
\(x_1+x_2+x_3+x_4=24\) z dodatkowymi ograniczeniami: \((x_1 \le 13) \wedge (x_2 \le 13) \wedge(x_3 \le 10) \wedge(x_4 \le 10) \)
Pewnie poznałeś metodę/y rozwiązywania takich problemików.

Mi wychodzi:
\( \left( \sum_{j=0}^{10} (j+3)(j+1) \right) + \left( \sum_{i=4}^{13} (i-3)(i+1) \right) \)
możesz więc porównać wynik.

hm nie rozumem za bardzo skąd masz ten wynik i co to za (j+3)(j+1). Ja myślalem o czymś takim:
wszystkie rozwiazania (xi >=0) minus suma zbiorów A1 A2 A3 A4 gdzie Ai to przypadki gdzie danych kul jest więcej np w A1 kul białych jest ponad 13. I dostaję wynik:
(27 po 3) - 2*(16 po 3) - 2*(13 po 3)

gdzie oczywiście (27 po 3) to dwumian Newtona

man1878united pisze: ↑06 gru 2019, 15:36 hm nie rozumem za bardzo skąd masz ten wynik i co to za (j+3)(j+1).

To podałem jedynie po to, byś mógł porównać swój wynik z tym przedstawionym w postaci sum. Ja jestem zbyt leniwy by to liczyć.

man1878united pisze: ↑06 gru 2019, 15:36 Ja myślalem o czymś takim:
wszystkie rozwiazania (xi >=0) minus suma zbiorów A1 A2 A3 A4 gdzie Ai to przypadki gdzie danych kul jest więcej np w A1 kul białych jest ponad 13. I dostaję wynik:
(27 po 3) - 2*(16 po 3) - 2*(13 po 3)

Nie dość że idea jest błędna, to jeszcze jej realizacja jest raczej niepoprawna.
O ile \({24+4-1 \choose 4-1}\) to faktycznie wszystkie podziały 24 kul na cztery pudełka, to czym są odejmowane współczynniki dwumianowe?