Forum@DeGiorgi :: Pogledajte temu

through

[^/[Print]\]

Forum@DeGiorgi -> Diskretna matematika

#1: Pomoć oko zadatka Autor/ica: bandi,

Postano: 20:42 pon, 19. 12. 2011
—
Pozdrav !
Imam ovaj zadatak za zadaću , a kako nismo još učili to gradivo ne znam ni odakle bi počeo ,pa ako netko ima volje i vremena da mi pomogne bio bih zahvalan.
Odredite funkciju izvodnicu za niz (an)n€N0 ako je:
a) an = 5n,
b) an = 4n - 3.

#2: Autor/ica: krcko,

Postano: 22:03 pon, 19. 12. 2011
—
Od kuda dolaze sve te zadace koje idu ispred predavanja? Think

#3: Autor/ica: goranm,

Postano: 22:19 pon, 19. 12. 2011
—

krcko (napisa):

Od kuda dolaze sve te zadace koje idu ispred predavanja? Think

Otkako su neutrini narušili kauzalnost, više ništa ne štima. Trebali bi obavijestiti CERN da imamo barem tri potvrđena slučaja da zadaće putuju brže od predavanja. #Beammeup-alien

#4: Autor/ica: *vz*,

Postano: 0:08 uto, 20. 12. 2011
—
na odjelu za matematiku u Rijeci je to sasvim normalna pojava, predavanja iz funkcija izvodnica su za 3 tjedna, a zadaca za sutra...

#5: Autor/ica: Androxism,

Postano: 11:19 uto, 20. 12. 2011
—
gradivo je obrađeno na TEORIJSKIM PREDAVANJIMA 2 dana prije roka predaje zadace s tim da se nista konkretno ne uspije napraviti oko toga jer nema primjera. zadace nose po 5 bodova, ima ih 3. nije samo slucaj na odjelu za matematiku nego i na odjelu za informatiku Evil or Very Mad

#6: Autor/ica: krcko,

Postano: 14:55 uto, 20. 12. 2011
—
Mozda je ideja da samostalno rjesavate zadatke Idea

U svakom slucaju mislim da nije dobro sto masovno trazite pomoc ovdje. Ako nesto ne stima sa zadacama, obratite se svojim nastavnicima. Jedino tako mozete sustavno rijesiti problem. U slucaju kasnjenja nastave najjednostavnije je odgoditi rok za predaju zadaca.

#7: Autor/ica: Glupko_3.14,

Postano: 0:26 pet, 23. 12. 2011
—
ups, jel mozda nisam trebala rijesit maloprije neki zadatak tu onda? Razmisljam

ili je prosao rok pa je ipak sve ok... Laughing

#8: Autor/ica: goranm,

Postano: 0:31 pet, 23. 12. 2011
—
Glupko, trebao si. Ne toliko zbog drugih, koliko zbog sebe! Drzim prodike

#9: Autor/ica: krcko,

Postano: 22:08 pet, 23. 12. 2011
—
Sve OK, goranm mudro zbori Laughing

#10: Autor/ica: somalija,

Postano: 23:16 pon, 9. 1. 2012
—
Odredite rekurzivnu relaciju koju zadovoljava niz sa funkcijom izvodnicom:

f(x)= (2x-5)/(2x^2 - 3x + 1)

Help needed.
Isto tako zadaća prije predavanja. Ehm?

Hvala unaprijed. Smile

#11: Autor/ica: ceps,

Postano: 0:24 uto, 10. 1. 2012
—
Rastaviš izraz na parcijalne razlomke:

To je veoma lagano napisati kao red (toliko lagano da mislim da nema smisla mučiti se to lijepo pisati u latexu Very Happy

) i iz toga dobiješ da je niz

Iz njega je lako izvući rekurzivnu relaciju bez previša pametovanja (hint: promatraj

).

Ako sam i gdje pogriješio u računu, ideja je tu. Smile

#12: Autor/ica: somalija,

Postano: 22:26 uto, 10. 1. 2012
—
Iako ti kazeš da je lagano, ja ne mogu nigdje pronaći primjer kako se to piše kao red. Sad

.ako mi mozes objasniti.nije do zadaće.mozes i na drugom primjeru samo da skuzim.pa ću probati rijesiti svoj.ako ti nije problem.

#13: Autor/ica: krcko,

Postano: 22:29 uto, 10. 1. 2012
—
Hint: geometrijski red. To ste sigurno radili na predavanju. Ako ne na ovom kolegiju, onda na nekom ranijem. Ili u srednjoj skoli.

#14: Autor/ica: Joker,

Postano: 10:59 čet, 12. 1. 2012
—
http://www.grad.unizg.hr/nastava/geometrija/ng/tijela/poli.pdf

jel ovo malo krivo napravljeno za ikozaedar i dodekaedar?
u knjizi je drugacije

#15: Autor/ica: marsupial,

Postano: 14:38 čet, 12. 1. 2012
—
trebam par uputa oko zadataka Smile

1. Odredite funkciju izvodnicu za broj različitih riječi koje možemo sastaviti od svih slova
riječi ABRAKADABRA. Funkciju izvodnicu ne morate razvijati u red.
-->{A^5, B^2, R^2, K, D} + postavila sam zadatak preko eksponencijalne FI. Je li to u redu?

2.Odredite funkciju izvodnicu za broj načina da se postigne suma n pri bacanju 10
različitih igračih kocaka tako da na svakoj kocki dobijemo bar 2. Funkciju izvodnicu ne
morate razvijati u red.
---> f(x)=(x^2 + ....+x^6)^10 ?

3.http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/komb/pdf/2007-08/DM2007kol2.pdf
1A(a) f(x)=x^3(x^3+...+x^19)(x^2+...+x^20)^2
(b) <x^28>=(25+2 povrh 25) -2(4+2 povrh 4) -(5+2 povrh 5)

1B – u principu nebi znala postaviti

4.Odredite koliko ima riječi duljine n sastavljenih od slova {A; B; C; D} takvih da se slovo
A pojavljuje barem jednom, slovo B najviše 2 puta, a slovo C i D proizvoljno mnogo
puta.
--->f(x)=(x + (x^2)/2! +...)*(1 + x + (x^2)/2!)*(1 + x + (x^2)/2! +...)^2
=(e^x -1)*(1 + x + (x^2)/2!)*e^2x
=...
n!<x^n>f(x)=n!*((3^n – 2^n)/n! + (3^(n-1) – 2^(n-1))/(n-1)! + (1/ 2!)*(3^(n-2) – 2^(n-2))/(n-2)!
Nisam najsigurnija oko ovog rezultata

5. Neka je M = {a^10, b^15, c^20}
(a) Napisite funkciju izvodnicu za broj mogucih izbora n slova iz multiskupa M. Koristeci FI izracunajte taj broj za n = 10.
(b) Napisite eksponencijalnu funkciju izvodnicu za broj rijeci duljine n koje mozemo
sastaviti od slova multiskupa M.
------>pod (b) da li rješavam kao prethodni zadatak 4.?

#16: Autor/ica: ceps,

Postano: 15:27 čet, 12. 1. 2012
—
1. mi se čini u redu

2. kaže različite kocke, što znači da je i redoslijed važan... npr da imaš samo tri kocke (ne da mi se pisati za svih 10 Very Happy

) 1 + 3 + 5 i 3 + 1 + 5 bi se brojale kao drugačije sume.
Znači, poredak je važan, treba ići EFI. Neka me netko ispravi ako griješim.

3.

1B za koji si rekla da ga ne bi znala postaviti je samo malo kompliciranija verzija onog što se inače zadaje uz funkcije izvodnice - znači, nije parno-neparno (djeljivost sa 2) već se gleda djeljivost sa 3:

x1 - broj djeljiv sa 3 - poput brojeva 0, 3, 6, 9...
x2 - broj koji daje ostatak 1 pri dijeljenju sa tri -poput 1, 4, 7, 10...
x3 - broj koji daje ostatak 2 pri dijeljenju sa tri - poput, 2, 5, 8, 11...

Znači, fja izvodnica:

i to se sa malo izlučivanja može ljepše zapisati kao:

i onda na uobičajen način izračunaš dio pod b)

za 1A iz tog istog kolokvija, napisala si

jesi zaboravila i da je 1 neparan broj ili je to samo lapsus? trebalo bi ići ovako:

[/b]

#17: Autor/ica: krcko,

Postano: 16:36 čet, 12. 1. 2012
—

Joker (napisa):

http://www.grad.unizg.hr/nastava/geometrija/ng/tijela/poli.pdf

jel ovo malo krivo napravljeno za ikozaedar i dodekaedar?
u knjizi je drugacije

U skripti se vrhovi i bridovi poliedara promatraju kao graf. Ono crveno je mreza za izrezati iz papira i sastaviti tijelo u 3D (pritom se neki vrhovi i bridovi mreze preklope).

Edit: aha, sad vidim gdje je pogreska. Naravno, dodekaedar ima s=12 strana i v=20 bridova, a ikosaedar obrnuto (jedan drugom su dualni).

#18: Autor/ica: 888,

Postano: 17:48 čet, 12. 1. 2012
—
Može netko objasniti drugi zadatak u grupi B.. s ovim topovima?
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/komb/kol/dm1011kol2rj.pdf
Hvala.

#19: Autor/ica: zvonkec,

Postano: 23:14 čet, 12. 1. 2012
—
Na koliko nacina mozemo staviti topove tako da i-ti top nije napadnut?
Prvo odabiremo jedno polje od 64 di cemo stavit tog topa. On je "zauzeo"
jedan redak i jedan stupac, dakle ukupno 15 polja (jer se redak i stupac sijeku), pa je ostalo jos 49 polja da stavimo ostale topove koje mozemo onda ispermutirati na 7! nacina. Ako moramo staviti dva topa koja nisu napadnuta, ond je ista ideja: prvi top na 64 nacina, drugi na 49. No sad je prvi top zauzeo opet 15 polja, a drugi jos 13, pa je za ostale topove preostalo jos 36 mjesta od kojih moramo odabrati 6 i onda ih smjestiti na 6! nacina. I sad to tako ide za tri topa, 4 topa itd. Mozda bi trebalo reci da svaki put kad stavimo novog topa na tablu NxN ostajemo s tablom (N-1)x(N-1). To je najlakse vidjeti ako zamislimo da topa stavljamo uvijek u donji lijevi kut. Sada je mozda jasnije zasto drugi top uzima 13 mjesta.

Sto se tice formule, to se vjerojatno namjesti nakon sto se shvati kak opcenito izgleda presjek. Nadam se da sam bar nesto pojasnio.

#20: pomoć oko zadatka Autor/ica: Blackk,

Postano: 15:56 sub, 20. 10. 2012
—
Koliko nizova postoji koji se sastoje od 5 nula i 14 jedinica pri čemu nakon svake nule nužno slijede dvije jedinice?

raspodijelila sam jedinice prema uvjetima i ostalo mi je 4 jedinice viška koje mogu staviti bilo gdje,uz uvjet da su iza svake nule bar 2 jedinice.
stavila sam da mi je P skup 2 jedinice pa imam:
0P0P0P0P0P 1111

ako uzmem jednu jedinicu i premještam ju (uz svaki P),tako mogu dobiti 6 različitih nizova (uključujući onaj da ju stavim ispred prve nule),
tako dobijem i za skup od 2,3 i 4 jedinice.

al kaj ako imam kombinaciju da tipa 0P10P1110P0P0P??
ako stavim da mi je to 6*6*6*6 nizova dal mi to i taj izbor pokriva???

#21: Autor/ica: grizly,

Postano: 18:37 sub, 20. 10. 2012
—
Čini mi se da ti je previše kombinacija i zapravo ne mislim da se to tako gleda jer su ti sve jedinice jednake, pa ih ne postavljaš baš potpuno nezavisno. Točnije, ako na neko mjesto staviš prvu ili treću jedinicu zapravo dobiješ isti niz. Ja sam to brojala ovako: Zamisli da su već postavljeni ti P-ovi pa imaš _P_P_P_P_P_ ( _ mi označava mjesta koja ću popunjavati). Tih mjesta ima 6 i na svima zajedno treba biti točno četiri jedinice, što je zapravo onaj problem kuglica i štapića (ili zdravoseljački četiri jedinice idu u 6 kutija). Pretpostavljam da ti je to poznato (možda kao broj nenegativnih cjelobrojnih rješenja jednadžbe x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 4) pa bi rješenje onda bilo 9 povrh 5, odnosno 126.

#22: Re: pomoć oko zadatka Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 20:35 sub, 20. 10. 2012
—

Blackk (napisa):

Koliko nizova postoji koji se sastoje od 5 nula i 14 jedinica pri čemu nakon svake nule nužno slijede dvije jedinice?

Gledaš 011 kao blok, odnosno npr. [tex][011]11[011][011]1[011][011]1[/tex]. Imaš 5 takvih blokova i 4 jedinice, to je 9 elemenata. Dakle, imamo [tex]9![/tex] permutacija takvih elemenata. S obzirom da ima 5 istih blokova i 4 "iste" jedinice, moramo još podijeliti s brojem permutacija tih elemenata pa je rješenje [dtex]\frac{9!}{5!\cdot 4!}.[/dtex]
Zapravo se zadatak svodi na neki analogon multiskupa, odnosno [tex]S=\{[011]^5, 1^4\}[/tex].

#23: Autor/ica: krki,

Postano: 10:11 ned, 21. 10. 2012
—
ja mislim da bi ove jedinice trebalo razmjestiti po principu "kuglica i štapića", gdje je kuglica niz [011], a štapići jedinice koje su viška

EDIT: sad tek vidim da je to rješenje već ponuđeno Laughing

#24: Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 13:11 ned, 21. 10. 2012
—
To je točno rješenje, no ne vidim zašto bismo primjenjivali ikakve principe i svodili na već rješene probleme, jer je zadatak stvarno jednostavan i samo treba malo razmisliti. Broj svih permutacija kroz broj permutacija koje smo već brojali, jer su neki objekti isti pa nam njihova međusobna permutacija ne daje novu permutaciju.

#25: Autor/ica: grizly,

Postano: 15:58 ned, 21. 10. 2012
—
Ne namjeravam se braniti, ali ne znam jesi li čuo za onaj vic kako matematičari gase požare, skidaju kokose itd. U matematici i je fora svoditi na nešto što si već vidio Smile

#26: Autor/ica: fireball, Lokacija: s rukom u vatri i nogom u grobu

Postano: 16:14 ned, 21. 10. 2012
—
OT ali ovo ne mogu presutjeti, sorry

Zenon (napisa):

...ne vidim zašto bismo primjenjivali ikakve principe i svodili na već rješene probleme...

zato jer ako neki nepoznati problem uspijes svesti na neki cije rjesenje znas onda ti vise nije nepoznat, vec rijesen problem, ako nigdje drugdje bar se u kombiniatorici to radi (znas one probleme na koliko nacina mozemo napraviti ekipu iz razreda ako... tamo si uvodio bijekcije izmedu tih problema i poznatih prebrojavanja/kombiniranja kako bi to rijesio)

#27: Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 16:46 ned, 21. 10. 2012
—
Ne znam koji je smisao vaditi dio mog citata iz konteksta.

Zenon (napisa):

...ne vidim zašto bismo primjenjivali ikakve principe i svodili na već rješene probleme, jer je zadatak stvarno jednostavan i samo treba malo razmisliti...

Komentar se odnosio na ovaj jednostavan primjer u kojem je svođenje na princip kuglica i štapića, odnosno na rješavanje jednadžbe [tex]x_1+x_2+\cdots +x_6=4, \ x_i\in\mathbb Z_+, \ i=1,2,\ldots ,6[/tex], puno mukotrpniji posao ne samo zato što treba prepoznati da se radi o tom modelu, već ga i treba znati riješiti, što je također znatno kompliciranije od permutiranja svih pa dijeljenje s brojem istih permutacija.
Moja poanta je bila da je pristup zadatku jako loš, nije se na njega gledalo onako "free minded", nego ga se samo pokušavalo šablonski riješiti i svesti na već poznati model, što je očito u ovom slučaju neprirodnije rješenje. Eto, to je moja poanta, a ne da se nikada u životu ništa ne treba svoditi na poznate probleme, for the love of god >.>

Btw. preučestala pojava na našem faksu.

#28: Autor/ica: goranm,

Postano: 19:00 ned, 21. 10. 2012
—

grizly (napisa):

Ne namjeravam se braniti, ali ne znam jesi li čuo za onaj vic kako matematičari gase požare, skidaju kokose itd. U matematici i je fora svoditi na nešto što si već vidio Smile

Multiskupovi spadaju u ono sto si vec vidjela, s obzirom da ih Zenon spominje (jer ako ih je on vidio, onda je vidio i svaki student koji slusa diskretnu), a rjesenje ovog zadatka nije nista drugo nego broj permutacija multiskupa (teorem 1.5.6. u skripti iz diskretne).

#29: Autor/ica: Blackk,

Postano: 9:50 pon, 22. 10. 2012
—
hvala na pomoći, nismo to još obrađivali pa se nisam najbolje snašla. Ehm?

#30: Autor/ica: Ryssa,

Postano: 19:18 pet, 26. 10. 2012
—
Trebala bih pomoć oko zadatka...Koliko ima četveroznamenkastih brojeva kod kojih je svaka sljedeća znamenka veća od prethodne? znam da je odgovor 9 povrh 4, ali me zanima zašto se tu koristi kombinacija i na koji način da razmišljam. Hvala

#31: Autor/ica: Shaman,

Postano: 19:49 pet, 26. 10. 2012
—
pretpostavljam da se uredjaj znamenaka gleda s lijeva na desno.
0 ne moze biti na 1 mjestu, pa zbog toga ne moze biti ni na ostalima jer bi bila manja od prethodnika.
Posto znamenke trebaju biti razlicite iz skupa od njih 9 biramo 4.
(u skupu poredak znamenaka nije bitan a svaki skup od 4 razlicitih znamenaka generira jedan trazeni cetveroznamnkasti broj. Obratno svaki takav cetveroznamenkasti broj koji ne sadrzi nulu generira jedan 4-clani podskup skupa zanemnaka.)

Added after 5 minutes:

mozes pretpostaviti da takav skup generira vise od 1 trazenog 4 znamenkastog broja, i dokazati kontradikciju

#32: Autor/ica: Ryssa,

Postano: 20:00 pet, 26. 10. 2012
—
[quote="Shaman"]pretpostavljam da se uredjaj znamenaka gleda s lijeva na desno.
0 ne moze biti na 1 mjestu, pa zbog toga ne moze biti ni na ostalima jer bi bila manja od prethodnika.
Posto znamenke trebaju biti razlicite iz skupa od njih 9 biramo 4.
(u skupu poredak znamenaka nije bitan a svaki skup od 4 razlicitih znamenaka generira jedan trazeni cetveroznamnkasti broj. Obratno svaki takav cetveroznamenkasti broj koji ne sadrzi nulu generira jedan 4-clani podskup skupa zanemnaka.)

Added after 5 minutes:

mozes pretpostaviti da takav skup generira vise od 1 trazenog 4 znamenkastog broja, i dokazati kontradikciju[/quot

Hvala...ja sam to gledala na drugi način pa mi je bilo krivo...shvaćam tvoje objašnjenje Smile

#33: Autor/ica: Shaman,

Postano: 20:48 pet, 26. 10. 2012
—

Shaman (napisa):

(u skupu poredak znamenaka nije bitan a svaki skup od 4 razlicitih znamenaka generira jedan trazeni cetveroznamnkasti broj. Obratno svaki takav cetveroznamenkasti broj koji ne sadrzi nulu generira jedan 4-clani podskup skupa zanemnaka.)

sad vidim da je teks malo neprecizan, svaki takav 4 znamenkasti broj bez 0 generira 4-clani podskup znamenaka, naravno bez nule.

#34: Autor/ica: Ryssa,

Postano: 21:41 pet, 26. 10. 2012
—
evo još jedan....Na zasjedanju nekog studentskog udruženja prisustvuje 52 studenta, po 13 studenata sa 4 fakulteta.Na koliko se načina može izabrati predsjedništvo tog udruženja od 4 člana tako da u njemu budu predstavnici barem triju fakulteta? Ovako sam ja razmišljala....međuti negdje griješim i to za pozamašan broj Smile

...rastavila sam na dva disjunktna slučaja...kad imam skup od 4 elementa gdje su 2 jednaka (odnosno 3 različita) i skup gdje su svi elementi različiti...sada sam mislila u ovom prvom slučaju da je to kombinacija s ponavljanjem gdje imamo neuređenu 4-orku gdje su 2 elementa jednaka....njih imamo 4!/(2!*1!*1!) i onda sam još to pomnožila s 13*13*13*12 jer iz svakog fakulteta izabiremo predstavnika na 13 načina a jedan nam je fakultet jednak kao neki drugi u skupu pa ga izaberemo na 12 načina jer smo već jednog predstavnika iz njega izabrali...tu već dobijem broj koji premašuje cijelo rješenje...u čemu griješim?

#35: Autor/ica: Shaman,

Postano: 22:37 pet, 26. 10. 2012
—
ne razumijem potpuno sto si radila, ali jedna greska ti je sto gledas i poredak biranja studenata kada biras 2 iz istog fakulteta.
Prvo biras 3 fakulteta od 4 - 4 povrh 3 =4 nacina
od 3 izabrana fakulteta biras 1 iz kojeg ces birati 2 studenta- 3 povrh 1=3 nacina, pa je za prvi dio rj: 4*3*(13 povrh 2)*13*13
jer iz jednog fakulteta biras 2 ucenika(13 povrh 2), a iz ostala 2 jednog (13 povrh 1)
a kad su studenti s razlicitih fakulteta onda imas (13 povrh 1)^4 nacina.

#36: Autor/ica: Ryssa,

Postano: 23:06 pet, 26. 10. 2012
—

Shaman (napisa):

ne razumijem potpuno sto si radila, ali jedna greska ti je sto gledas i poredak biranja studenata kada biras 2 iz istog fakulteta.
Prvo biras 3 fakulteta od 4 - 4 povrh 3 =4 nacina
od 3 izabrana fakulteta biras 1 iz kojeg ces birati 2 studenta- 3 povrh 1=3 nacina, pa je za prvi dio rj: 4*3*(13 povrh 2)*13*13
jer iz jednog fakulteta biras 2 ucenika(13 povrh 2), a iz ostala 2 jednog (13 povrh 1)
a kad su studenti s razlicitih fakulteta onda imas (13 povrh 1)^4 nacina.

oke...sad mi sve ima smisla Smile

meni je greška bila to što sam birala studente ko da je uređaj...a ovo što sam ja kao pričala za kombinaciju je zapravo isto oke...samo si ti razmišljao o brojanju na drugi način.....ja sam uzela da je to kombinacija...odnosno skup od 4 elementa gdje su 2 ista....pa onda imaš onu formulu n!/(n1!*n2!*...*nk!) gdje su ni kratnosti elemenata u skupu...pa dobiješ 12 što je kod tebe ovo 4*3 sa početla....Hvala ti puno Razz

#37: FUI Autor/ica: *vz*,

Postano: 23:16 ned, 4. 11. 2012
—
Treba mi pomoć oko zadatka.
Uciteljica treba razmjestiti 30 brbljavih ucenika u 15 razlicitih klupa tako
da niti jedan par koji je sjedio zajedno vise ne sjedi skupa. Na koliko je
nacina to moguce napraviti ako je bitno koji ucenik sjedi lijevo, a koji
desno u klupi?

Koristila sam FUI s presjecima. Uk br razmještaja 30!. A_(i) su mi raspodjele tako da i-ti par sjedi skupa, imam 15 parova, takvih raspodjela ima 29! jer je 1 par fiksiran. itd
Uglavnom rješenje dobijem 30! -2(15 povrh 1)29!+2(15 p 2)28!-(15 p 3)27!+...-2*1 Ima li ovo nekog smisla? Very Happy

#38: Autor/ica: PermutiranoPrase,

Postano: 17:46 uto, 6. 11. 2012
—
Zašto je ovo pogrešno razmišljanje?

Kolokvij 2008., 3.zadatak
Imam 8 različite djece i 10 sladoleda - 3 Silk Milka, 5 Njofri i 2 Snjeguljice.
Svaki klinac treba dobiti 1 sladoled. Prvo sam išla na način preko permutacija s ponavljanjem (npr. 8! / 2!4!2! i tako sve popišem i zbrojim) i to je ok, pogledah u rješenje. Drugi način koji mi je pao na pamet je idući:

Imam skup od 8 djece. Želim razdijeliti npr. 2 Silk milka, 4 Njofre i 2 Snjeguljice na to 8 djece. Prvo od skupa 8 djece biram koja one kojima ću dati 2 Silk Milka (8 povrh 2), pa onda od preostalo 6 djece biram kojima ću dati 4 Njofre (6 povrh 4) i na kraju zadnje 2 djece dobije 2 Snjeguljice.
Zašto to ne valja?

#39: Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 18:01 uto, 6. 11. 2012
—
Čini mi se da među tom djecom koju si odabrala nisi izpermutirala sladolede Laughing

#40: Autor/ica: PermutiranoPrase,

Postano: 18:09 uto, 6. 11. 2012
—
Ahaaaaa. Very Happy

Evo ti sarma.
Edit: pa ti ne možeš dobiti sarmu. Sad

Onda hvala.

#41: Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 18:14 uto, 6. 11. 2012
—

PermutiranoPrase (napisa):

Ahaaaaa.

Evo ti sarma.
Edit: pa ti ne možeš dobiti sarmu. Sad

Onda hvala.

Dovoljan mi je osmijeh izazvan činjenicom da PermutiranoPrase ipak nije izpermutiralo Very Happy

#42: Autor/ica: student_92,

Postano: 18:29 uto, 6. 11. 2012
—
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/komb/predavanja/predavanja.pdf
Primjer 1.6.9, stranica 29.

Može li mi netko pojasniti rečenicu "Ako A ima m elemenata, onda ga možemo izabrati na [tex]n \choose m-1[/tex] načina."?

#43: Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 18:31 uto, 6. 11. 2012
—
Treba ti skup od m elemenata. Ti si iz skupa od n+1 elementa već odabrao jedan i znači da moraš iz preostalih n odabrati m-1.

#44: Autor/ica: student_92,

Postano: 19:06 uto, 6. 11. 2012
—

Zenon (napisa):

Treba ti skup od m elemenata. Ti si iz skupa od n+1 elementa već odabrao jedan i znači da moraš iz preostalih n odabrati m-1.

Aha...krivo sam skužio na što se odnosi zamjenica "ga". Wink

Hvala.

#45: Re: FUI Autor/ica: *vz*,

Postano: 19:11 uto, 6. 11. 2012
—

*vz* (napisa):

Treba mi pomoć oko zadatka.
Uciteljica treba razmjestiti 30 brbljavih ucenika u 15 razlicitih klupa tako
da niti jedan par koji je sjedio zajedno vise ne sjedi skupa. Na koliko je
nacina to moguce napraviti ako je bitno koji ucenik sjedi lijevo, a koji
desno u klupi?

Koristila sam FUI s presjecima. Uk br razmještaja 30!. A_(i) su mi raspodjele tako da i-ti par sjedi skupa, imam 15 parova, takvih raspodjela ima 29! jer je 1 par fiksiran. itd
Uglavnom rješenje dobijem 30! -2(15 povrh 1)29!+2(15 p 2)28!-(15 p 3)27!+...-2*1 Ima li ovo nekog smisla? Very Happy

Može pomoć? Hvala.

#46: Autor/ica: student_92,

Postano: 21:07 uto, 6. 11. 2012
—
Kako interpretirati lijeve strane ovih relacija?

1. [tex]\sum_{i \geq 0} \sum_{j \geq 0}{n-i \choose j}{n-j \choose i} = J_{2n+1}[/tex]
2. [tex]\sum_{k=1}^n {n \choose k} J_{k-1} = J_{2n-1}[/tex]

Radi se o zadatcima s 38. i 39. stranice iz skripte http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/komb/predavanja/predavanja.pdf .
Inače, kako postići u [tex] zapisu da mi gornja i donja granica sume bude napisana ispod, a ne ovako pokraj?

#47: Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 21:24 uto, 6. 11. 2012
—
Na tri načina. Ako koristiš Display-style TeX onda će ti formula biti centrirana i "lijepa", npr. [dtex]\sum_{i=0}^n {n\choose i}.[/dtex]
Možeš i koristeći naredbu \displaystyle, npr. [tex]\displaystyle \sum_{i=0}^n {n\choose i}[/tex], no to je često silovanje Razz

Treći način je koristeći naredbe za to, npr. [tex]\stackrel{n}{\sum\limits_{i=1}}{n \choose i}[/tex].

De ti meni reci što će točno biti u kolokviju, koliko teorije, koliko zadataka i kakva će ta teorija biti? Teoremi i dokazi s predavanja ili nešto inovativno? Very Happy

#48: Autor/ica: student_92,

Postano: 0:46 sri, 7. 11. 2012
—

Zenon (napisa):

Na tri načina.

Hvala. Sviđa mi se prvi. Vidim da si elegantno preskočio prvi dio posta, ali ajd ne zamjeram Wink

Zenon (napisa):

De ti meni reci što će točno biti u kolokviju, koliko teorije, koliko zadataka i kakva će ta teorija biti? Teoremi i dokazi s predavanja ili nešto inovativno? Very Happy

Pa tu ti ne mogu ništa više reći nego da pogledaš stare kolokvije, u kojima mi se čini da je teorija onako pristojno zastupljena tako da se to isplati pogledati. Barem koliko se meni čini. Asistent nam nije ništa precizirao tako da se najbolje ravnati prema starijim kolokvijima.

#49: Autor/ica: quark,

Postano: 2:01 sri, 7. 11. 2012
—

student_92 (napisa):

Kako interpretirati lijeve strane ovih relacija?

1. [tex]\sum_{i \geq 0} \sum_{j \geq 0}{n-i \choose j}{n-j \choose i} = J_{2n+1}[/tex]
2. [tex]\sum_{k=1}^n {n \choose k} J_{k-1} = J_{2n-1}[/tex]

Radi se o zadatcima s 38. i 39. stranice iz skripte http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/komb/predavanja/predavanja.pdf .
Inače, kako postići u [tex] zapisu da mi gornja i donja granica sume bude napisana ispod, a ne ovako pokraj?

Možda će ti biti od pomoći ova formula:

[dtex]\sum_{i=0}^{k} {k \choose i} J_{n-i}=J_{n+k}[/dtex]

Gdje je i broj domina među točno k pločica.

#50: Autor/ica: Phoenix,

Postano: 7:21 sri, 7. 11. 2012
—
student_92, evo ti jedno rješenje, a drugo, koliko stignem i uspijem, i to ti napišem. Smile

2. Desna strana jednakosti je broj načina popločavanja ploče [tex]1 \times (2n-1)[/tex].
Znamo da nam za tu ploču trebaju barem [tex]n[/tex] pločica (inače je dozvoljeno najviše [tex]n-1[/tex], dakle možemo popločati najviše [tex]2(n-1)=2n-2[/tex] polja ploče; no, [tex]2n-2<2n-1[/tex]). Uočimo također, jer se ploča sastoji od neparnog broja polja, sigurno ćemo trebati barem jednu kvadratnu pločicu, [tex]1 \times 1[/tex].
Promatramo prvih [tex]n[/tex] pločica slijeva nadesno. Ako je [tex]k[/tex] broj kvadratnih pločica koje tu koristimo, tada možemo taj dio ploče popločati na [tex]{n \choose k}[/tex] načina. Preostaje još popločati ostatak ploče na kojem je ostao sljedeći broj polja: [tex]2n-1-k-2(n-k)=2n-1-k-2n+2k=k-1[/tex]. No, taj dio ploče možemo popločati na točno [tex]J_{k-1}[/tex] načina.
Uočimo još da, ako bi prvih [tex]n[/tex] pločica bile sve domine, njima bi popločali dio ploče veličine [tex]2n[/tex] polja, što nije moguće jer je ona veličine [tex]2n-1[/tex] polja.
Sada izraz s lijeve strane jednakosti slijedi sumiranjem po [tex]k[/tex] pošto je on bio proizvoljan broj (kvadrata u prvih [tex]n[/tex] pločica) od [tex]1[/tex] do [tex]n[/tex].

#51: Autor/ica: angelika,

Postano: 11:03 sri, 7. 11. 2012
—
Na koji način moram razmišljati kada želim smjestiti n ljudi oko dva različita okrugla stola tako da npr. Ivan i Ana sjede zajedno? A kako kada ne razlikujem stolove? Zbilja me to muči Think

#52: Autor/ica: Optimum, Lokacija: Zagreb

Postano: 11:34 sri, 7. 11. 2012
—

angelika (napisa):

Na koji način moram razmišljati kada želim smjestiti n ljudi oko dva različita okrugla stola tako da npr. Ivan i Ana sjede zajedno? A kako kada ne razlikujem stolove? Zbilja me to muči Think

Ivan i Ana su tada jedan jedini objekt (zamišljaš ih kao jednu osobu).
Očito svaku od (n-1) osoba možeš staviti za prvi ili drugi stol... znači za svaku od (n-1) osoba imaš 2 načina za odabrati stol [primjeti da govorim od (n-1) osoba, jer su nam sada Ivan i Ana "jedna osoba"].
i sad imamo n/2 osoba za jednim stolom i n/2 za drugim stolom...
za permutirati ljude za prvim stolom imaš (n/2 -1)! načina, isto je i za drugi. To je u slučaju da ta dva stola razlikujemo i u slučaju da si oba stola jednake veličine (primaju jednako mnogo ljudi) i u ovom slučaju n mora biti paran.

p.s. naravno, Anu i Ivana možeš još ispermutirati na 2 načina, pa pomnožiš to sve još sa 2.

U slučaju da su stolovi isti, tj. ne razlikujemo ih, tada ćeš na kraju rezultat morati podjeliti s 2, jer ćemo imati dva puta istu "postavu ljudi" na jednom na prvom stolu, a drugi put na drugom stolu.

#53: Autor/ica: angelika,

Postano: 11:56 sri, 7. 11. 2012
—
Hvala na odgovoru Smile

sam me još zanima što se događa kada za stolovima ne mora sjediti jednak broj ljudi?

#54: Autor/ica: Optimum, Lokacija: Zagreb

Postano: 12:46 sri, 7. 11. 2012
—
Ako na primjer jedan stol prima [tex] k [/tex], a drugi [tex] n-k [/tex] ljudi
tada ovih prvih [tex] k [/tex] ljudi za posjesti za prvi stol odabiremo na [tex] {n \choose k} [/tex] načina.
Ove na prvom stolu koji prima [tex] k [/tex] ljudi, permutiramo na [tex] (k-1)! [/tex] načina,
ove na drugom stolu na [tex] (n-k-1)! [/tex] načina.

#55: Autor/ica: student_92,

Postano: 13:11 sri, 7. 11. 2012
—
@Phoenix, @quark
Hvala na odgovoru. Smile

#56: Autor/ica: angelika,

Postano: 13:22 sri, 7. 11. 2012
—
kužim Smile

zahvaljujem Very Happy

#57: Autor/ica: student_92,

Postano: 14:11 sri, 7. 11. 2012
—
Može li netko pojasniti dano rješenje i postupak za drugi i treći zadatak iz kolokvija 11/12? Evo link http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/komb/kol/dm1112kol1.pdf .

#58: Autor/ica: R2-D2,

Postano: 19:00 sri, 7. 11. 2012
—

student_92 (napisa):

Može li netko pojasniti dano rješenje i postupak za drugi i treći zadatak iz kolokvija 11/12? Evo link http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/komb/kol/dm1112kol1.pdf .

okej, drugi: trokute općenito možemo odabrati na n povrh 3 načina(samo odaberemo bila koja tri vrha). Sada moramo oduzeti trokute koji imaju točnu jednu stranicu koja je ujedno i stranica mnogokuta i trokute kojima su dvije stranice ujedno i stranice mnogokuta. Ove s jednom možeš odabrati na n(n-4) načina - na n načina odabereš stranicu i na (n-4) točku s kojom ćeš spojiti krajeve te stranice. Točku biraš na n-4 načina jer moraš oduzeti točke koje su u krajevima stranice i još one dvije susjedne koje dolaze lijevo i desno do njih(jer kad bi spojio s njima tvoj trokut bi imao 2 stranice koje su str. mnogokuta). Trokute s dvije stranice koje su ujedno i stranice mnogokuta biraš na n načina jer svaka stranica ujedno povlači i odabir susjedne desne stranice koja s njom čini trokut. Ne smiješ odabrati lijevu jer ćeš onda sve trokute pobrojati dva puta. Dakle n povrh 3 - n(n-4) - n = n povrh 3 - n(n-3).
treći: primjeti da je svakom takvom odabiru pridružena (k+1)-torka (X1, X2\X1, X3\X2,..., Xk\X(k-1), X\Xk), kako za svaki element mora vrijediti da je u jednom od tih skupova, imamo k+1 odabira za svaki element pa ukupno odabira imamo (k+1)^n. npr ako ti je X={1, 2, 3} i k=2 možeš ovako odabrati: staviš 1 u X2\X1, 2 u X1 i 3 u X\X2 pa dobivaš X1={2}, X2={1,2}.

#59: Re: FUI Autor/ica: *vz*,

Postano: 19:21 sri, 7. 11. 2012
—

*vz* (napisa):

Može pomoć? Hvala.

Zašto svi izbjegavaju na ovo odgovoriti?

#60: Autor/ica: student_92,

Postano: 20:47 sri, 7. 11. 2012
—
@R2-D2 hvala Smile

#61: Autor/ica: homoviator,

Postano: 10:37 čet, 8. 11. 2012
—
Evo odgovor tj. moje razmišljanje na ovaj zadatak s učiteljicom i klincima...

Ovako....
1. 15 učenika fiksiram, onih 15 koji nikada nisu sjedili skupa... njih mogu izpremještati na 15! načina
2. Njima počnem dodjeljivati ostale, a to mogu na 2^14 načina (prvom mogu dodijeliti 14 učenika jer ne smijem onoga koji je s njim sjedio i za svakog od njih imam 2 opcije: dodijeliti ili ne dodijeliti)
3. I budući da mi je važno tko je slijeva tko zdesna rezultate pod 1. i 2. pomnožim sa 2^15(svaka 2 učenika u jednoj klupi mogu razmjestit na 2 načina).

...pa konačno: 15!*2^14*2^15=15!*2^29

Zadnja promjena: homoviator; 14:08 čet, 8. 11. 2012; ukupno mijenjano 1 put.

#62: Autor/ica: student_92,

Postano: 13:29 čet, 8. 11. 2012
—
Koliko ima sedmeroznamenkastih brojeva u kojima se svaka znamenka pojavljuje barem 3 puta, a nula se nikada ne pojavljuje?

Moje rješenje je [tex]9 \cdot 8 \frac {7!}{4! \cdot 3!}[/tex] - mogu izabrati sve znamenke osim nule pa prvu znamenku biram na 9 načina, drugu na 8, zatim mi ostaje permutirati multiskup [tex]\{ a^4, b^3 \}[/tex], gdje su a, b odabrane znamenke. Ali u rješenjima umjesto ovih 8 stoji 8!. Tko je pogriješio?

#63: Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 14:06 čet, 8. 11. 2012
—

student_92 (napisa):

Koliko ima sedmeroznamenkastih brojeva u kojima se svaka znamenka pojavljuje barem 3 puta, a nula se nikada ne pojavljuje?

Moje rješenje je [tex]9 \cdot 8 \frac {7!}{4! \cdot 3!}[/tex] - mogu izabrati sve znamenke osim nule pa prvu znamenku biram na 9 načina, drugu na 8, zatim mi ostaje permutirati multiskup [tex]\{ a^4, b^3 \}[/tex], gdje su a, b odabrane znamenke. Ali u rješenjima umjesto ovih 8 stoji 8!. Tko je pogriješio?

Nisam skroz analizirao rješenje, no čini mi se da ti nisi brojao slučajeve npr. 7777777.

#64: Autor/ica: homoviator,

Postano: 14:10 čet, 8. 11. 2012
—
Bilo bi super kad bi se još netko oglasio na ovaj zadatak sa klincima i učiteljicom ili ljudi imaju nešto debelo protiv njega... ali dobro...

#65: Autor/ica: sasha.f,

Postano: 15:25 čet, 8. 11. 2012
—
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/komb/pdf/2007-08/DM2007kol1.pdf prva grupa, treći zadatak.. može netko objasniti rješenje? 100 km je prijeđeno prva dva dana pa ostane 29900, zar ne bi broj načina rasporeda onda trebao biti 29 909 povrh 9, a ne 29 908 povrh 8? hvala

#66: Autor/ica: R2-D2,

Postano: 16:07 čet, 8. 11. 2012
—
@student_92 : mislim da je njima krivo, odnosno da treba biti kao što si ti napisao, ali oni su još očito zaboravili slučajeve kad su sve znamenke iste. Dakle [tex]9\cdot8\dbinom{7}{4} + 9[/tex]
@sasha.f: prva dva dana se mora prijeći barem 100 km, znači uvodiš supstituciju [tex]y_1 = x_1+ x_2 -100[/tex], pa imaš [tex]y_1 + x_3 + x_4 +...+x_{10} = 29000[/tex]. Sad imaš 9 članova na lijevoj strani, a ne 10 pa je zato broj rasporeda [tex]\dbinom{29000 + 9 -1}{9-1} = \dbinom{29908}{8}[/tex]

#67: Autor/ica: homoviator,

Postano: 16:28 čet, 8. 11. 2012
—
@sasha

Ne, broj riješenja je zapravo riješenje jednadžbe

x1+x2+....+x10=30000, s tim da imamo x1,x2>=100 i x3⇐300 pa supstitucija i to je to ....

ako nisam u pravu neka me netko od kolega ispravi....

vidim da je u postu prije već odgovoreno, ali mislim da je izostavljen ovaj uslov za treći dan i ja tu zapravo preko komplementa tražim br. riješenja, tj ako smo treći dan prešli više od 300km....

#68: Autor/ica: *vz*,

Postano: 17:15 čet, 8. 11. 2012
—
tnx homoviator. Ne znam sta smo ja ili zadatak skrivili, no dobro. Znam da se mora riješiti preko FUI pa nisam ni razmisljala kako bih ga drukcije rijesila. Sutra ću pitati prof ako je točno, ili ako nije, što je tocno pa objavim, možda će nekome trebati.

#69: Autor/ica: student_92,

Postano: 18:00 čet, 8. 11. 2012
—
@Zenon, @R2-D2 hvala Smile

Evo još jedna nejasnoća, ako nitko nije prije pitao. Na koliko načina možemo iz skupa od 150 studentica i 100 studenata odabrati 20 parova ako se svaki par sastoji od jedne studentice i jednog studenta i nije nam bitan redoslijed biranja parova?

Zašto rješenje nije [tex]{150 \choose 20} \cdot {100 \choose 20}[/tex], nego je [tex]{150 \choose 20} \cdot 100 \cdot 99 \cdot ... \cdot 81[/tex]. Također, kako bi uvjet da nam je bitan redoslijed biranja parova utjecao na rezultat?

#70: Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 18:31 čet, 8. 11. 2012
—
Koliko vidim, ti si samo odabrao 20 muškaraca i 20 žena, no nisi ih složio u parove. Znači žene biramo na 100 povrh 20 načina, prvoj od tih žena možemo dodijeliti jednog između 100 muškaraca, drugoj ženi možemo dodijeliti jednog između preostalih 99 itd.
MISLIM da bi uz taj uvjet rješenje bilo 150*100 * 149*99*...

#71: Autor/ica: mamba,

Postano: 19:30 čet, 8. 11. 2012
—
Može li mi netko reći kako da riješim ova dva zadatka?
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/komb/predavanja/predavanja.pdf
19.str, zad 1.8.
39. str, zad 2.
Hvala.

#72: Autor/ica: nuclear,

Postano: 19:42 čet, 8. 11. 2012
—
Čisto offtopic, ali Zenone, mogao bi malo smanjiti strasti i ne odgovarati tako ..svisoka Ehm?

ali inače dobro objašnjavaš....dakako ako smatraš da je pitanje vrijedno tvog svevišnjeg odgovora. (Uf kako me čeka jedna pokuda već vidim Laughing

)

#73: Autor/ica: Zenon, Lokacija: [tex]\pm\infty[/tex]

Postano: 19:48 čet, 8. 11. 2012
—

nuclear (napisa):

Čisto offtopic, ali Zenone, mogao bi malo smanjiti strasti i ne odgovarati tako ..svisoka Ehm?

Iskreno, stvarno nemam pojma što ti to znači Laughing

Daj mi neki primjer, može i u inbox pa mi objasni, jer niti mi je to namjera, niti imam osjećaj da to radim. Nemam pojma o čemu pričaš xD
Neću ti dati pokudu za to, ako si na to mislio, lol.
Inače, mogao si mi to i u inbox poslati, no dobro.

#74: Autor/ica: student_92,

Postano: 19:54 čet, 8. 11. 2012
—
@Zenon - jasno je sada, hvala.
@mamba - citiram pbakica otprije "1.8:
Ova tvrdnja, kolko vidim, ne vrijedi... Npr, za n=5 i r=2 ocito ne valja
Trebalo bi staviti da i ide od 1 do r+1
Tada se jednakost (koja vrijedi) moze kombinatorno argumentirati ovako:
s desne strane, ocito, biramo r clanova n-clanog skupa.
lijeva strana je rastav po slucajevima:
poredamo clanove skupa (pridruzimo im indekse 1,...,n)
onda gledamo slucajeve po tom koji je indeks najmanjeg clana koji ne sudjeluje u podskupu.
Ako je to indeks i, onda smo odabrali vec sve prije njega (i-1 element) pa trebamo od preostalih (m-i) odabrati (r-(i-1))=r-i+1. Posto su slucajevi disjunktni, na kraju samo zbrojimo sve te mogucnosti i vidimo da smo dobili sumu na lijevoj str."

#75: Autor/ica: JustLovely,

Postano: 19:57 čet, 8. 11. 2012
—

student_92 (napisa):

@Zenon, @R2-D2 hvala Smile

Ti si samo odabra skupine od 20 cura i 20 dečkiju, a u svakoj takvoj skupini možemo složiti parove na 20! načina (jer prva cura ima 20 mogućnosti, sljedeća 19 itd). I onda pomožiš svoj rezultat s 20!. I dobiješ (150 povrh 20) * ((100!)/(20!*80!) *20! pa se pokrati 20! i 100! sa 80! i dobiješ taj drugi rezultat. ja bar mislim da je tako Smile

edit: nisan skužila da je već odgovoreno Ehm?

#76: Autor/ica: mamba,

Postano: 9:50 pet, 9. 11. 2012
—

student_92 (napisa):

@Zenon - jasno je sada, hvala.
@mamba - citiram pbakica otprije "1.8:
Ova tvrdnja, kolko vidim, ne vrijedi... Npr, za n=5 i r=2 ocito ne valja
Trebalo bi staviti da i ide od 1 do r+1
Tada se jednakost (koja vrijedi) moze kombinatorno argumentirati ovako:
s desne strane, ocito, biramo r clanova n-clanog skupa.
lijeva strana je rastav po slucajevima:
poredamo clanove skupa (pridruzimo im indekse 1,...,n)
onda gledamo slucajeve po tom koji je indeks najmanjeg clana koji ne sudjeluje u podskupu.
Ako je to indeks i, onda smo odabrali vec sve prije njega (i-1 element) pa trebamo od preostalih (m-i) odabrati (r-(i-1))=r-i+1. Posto su slucajevi disjunktni, na kraju samo zbrojimo sve te mogucnosti i vidimo da smo dobili sumu na lijevoj str."

Meni tu apsolutno ništa nije jasno.
Gdje je u toj priči k?
S desne strane ne biramo r člani, već k člani podskup.
U ovom objašnjenju je, ako dobro razabirem, samo jedan binomni koeficijent, a u zadatku 2.
Znači li to da i mičemo jedan od njih?
Što predstavlja m?
Meni tu puno toga nema logike.
Ali u svakom slučaju hvala na trudu.

#77: Autor/ica: student_92,

Postano: 11:34 pet, 9. 11. 2012
—

mamba (napisa):

Iskreno, nisam ni pogledao zadatak tako da ti ne mogu baš ništa reći. Ovo sam samo kopirao. Sretno na kolokviju.

#78: Autor/ica: student_92,

Postano: 23:30 sri, 5. 12. 2012
—
Zadatak 7.3 sa vježbi:

Samo račun na kraju, predzadnji red kaže da je zadnji član -1, i to je stvarno tako. Ali zadnji red, koji "uljepšava" ovu sumu, ima kao zadnji sumand [tex](-1)^8[/tex], što se ne poklapa s prethodnim redom. Kako to korigirati?
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/komb/SKRIPTA.pdf

#79: Autor/ica: R2-D2,

Postano: 20:59 čet, 6. 12. 2012
—
Vjerojatno misliš da na zadatak 8.3, a ne 7.3. Mislim da je dobra ova zadnja suma, samo im prvi red nije dobar, njima se iz nekog razloga odnekud pojavio i ovaj [tex]A_1[/tex] kojeg inače nema tako da je zadnji sumand u prvom redu zapravo [tex](-1)^8\cdot |A_2\cap...\cap A_9| [/tex]

#80: Autor/ica: sasha.f,

Postano: 10:04 sub, 8. 12. 2012
—
isti zadatak.. 8.3.,vježbe. Kada gledamo presjek Ai i Aj, zašto to nije 2*7! ?(gledamo ili dva bloka od dvije deve->7 objekata ili jedan od 3 deve i ostalih 6->7 objekata, zar ne treba zbrojiti ta dva slučaja)

#81: Autor/ica: Phoenix,

Postano: 12:33 sub, 8. 12. 2012
—
Ne zbrajaš ta dva slučaja, već, za dane [tex]i[/tex] i [tex]j[/tex], promatraš koji od ta dva slučaja je moguć. Ili imaš [tex]2[/tex] bloka od dvije deve i [tex]5[/tex] deva, ili imaš [tex]1[/tex] blok od tri deve i [tex]6[/tex] deva. U oba slučaja moraš promatrati permutacije [tex]7[/tex] objekata, stoga slijedi [tex]|A_i \cap A_j| = 7![/tex].

#82: Autor/ica: student_92,

Postano: 14:03 sub, 5. 1. 2013
—
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/komb/SKRIPTA.pdf, str. 44 (Primov algoritam)

U zadnjoj rečenici kažu: U ovom smo slučaju dobili isto razapinjuće stablo kao u 2. slučaju kod Kruskalovog algoritma.

Neke mi tu stvari nisu baš sjele. Prvo, ovo zadnje (5) što je nacrtano nije stablo jer je nepovezano. A drugo, čini mi se da algoritam govori jedno, a crta se cijelo vrijeme nešto drugo. Evo npr. slika (2): treba odabrati brid AD koji ima težinu 8, a nacrtana su dva brida. Zašto je to tako? Što se tu uopće crta? Ja sam to radio tako da mi je slika na kraju ispala baš ono što se navodi u zadnjoj rečenici.
P. S. Zaspao sam kad je asistent to pričao pa zato sada ne znam. Wink

#83: Autor/ica: boksi,

Postano: 17:09 sub, 5. 1. 2013
—
zadatak 9. iz zadaće 4.
broj načina da permutiramo pet slova u TRANSPORTATION.
hvala unaprijed!

edit:riješeno.

Zadnja promjena: boksi; 15:09 sri, 9. 1. 2013; ukupno mijenjano 1 put.

#84: Autor/ica: nuclear,

Postano: 13:43 sri, 9. 1. 2013
—
Može li mi netko objasniti zadatak iz skripte s predavanja, str. 46:

Nađite funkciju izvodnicu za niz

koji zadovoljava relaciju

, uz uvjete a0=0, a1=1. Uz pomoć FI nađite formulu za opći član niza.

hvala....

#85: Autor/ica: quark,

Postano: 13:47 sri, 9. 1. 2013
—
Bilo bi dobro za tebe i za nas koji ti hoćemo pomoći da kažeš što ti točno nije jasno Smile

#86: Autor/ica: nuclear,

Postano: 13:49 sri, 9. 1. 2013
—
nije mi jasan prvi dio jedino, zašto vrijedi:

xf(x)= (suma od 1 do beskonačno) a_n-1 x^n

(latex mi nije jača strana što se tiče sume Very Happy

)

#87: Autor/ica: quark,

Postano: 13:58 sri, 9. 1. 2013
—

nuclear (napisa):

nije mi jasan prvi dio jedino, zašto vrijedi:

xf(x)= (suma od 1 do beskonačno) a_n-1 x^n

(latex mi nije jača strana što se tiče sume Very Happy

)

[dtex]f(x)=\sum_{n \geq 0} a_nx^n \Rightarrow xf(x)= \sum_{n \geq 0}a_nx^{n+1}=\sum_{n\geq1}a_{n-1}x^n[/dtex]

U prvoj smo strelici pomnožili sa [tex]x[/tex], a u zadnjem smo koraku samo promijenili indeksaciju.

Sad tek vidim da u skripti uz [tex]a_n[/tex] nedostaje [tex]x^n[/tex], možda te to zbunilo Smile

#88: Autor/ica: nuclear,

Postano: 14:01 sri, 9. 1. 2013
—
Da, tu mi nije bilo jasno, jer uvijek stavimo

..hvala ti, sada mi je sve jasno Smile

#89: Autor/ica: nuclear,

Postano: 19:20 sri, 9. 1. 2013
—
Može li/zna li itko dokazati tvrdnju sa stranice 69. u skripti s predavanja pod 3.6?

Dokažite da Pruferov algoritam za dekodiranje doista generira označeno stablo s vrhovima {1,...,n}
-||- je doista inverzan Pruferovom algoritmu za kodiranje.

Smile

Bila bi mnogo zahvalna

#90: Autor/ica: PermutiranoPrase,

Postano: 14:01 čet, 10. 1. 2013
—
Zadatak 9.30 iz skripte: Na večeri je bilo 12 Sicilijanaca. Svaki od njih ima barem 6 rođaka među preostalom jedanaestoricom. Dokaži da oni mogu sjesti za stol tako da svaki sjedi između 2 svoja rođaka.

Rješenje: Neka su vrhovi Sicilijanci, a bridovi povučeni između prvih rođaka. Želimo pokazati da u tom grafu postoji Hamiltonov ciklus. Po Diracovom tm. postoji, dakle moguće je.

Zašto Hamiltonov ciklus? Confused

Forum@DeGiorgi -> Diskretna matematika

output generated using printer-friendly topic mod. Vremenska zona: GMT + 01:00.

Stranica 1 / 1.