| Prethodna tema :: Sljedeća tema |
| Autor/ica |
Poruka |
pajopatak
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 25. 10. 2009. (22:20:04)
Postovi: (BE)16
|
|
| [Vrh] |
|
Kika123
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 05. 11. 2009. (20:20:11)
Postovi: (C)16
|
|
| [Vrh] |
|
.anchy.
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 14. 11. 2007. (20:03:46)
Postovi: (1BC)16
Lokacija: Zgb
|
 Postano: 20:11 sri, 27. 10. 2010 Naslov: |
    |
|
|
[quote="Kika123"](9povrh2)na nacina odaberemo koje dvije znamenke ce ciniti taj broj, zatim na (7povrh 3)nacina odaberemo na kojim ce mjestima biti znamenka koja se pojavljuje tri puta i [b]na jos dva nacina odaberemo koja ce se znamenka pojaviti tri puta[/b].
svemu tome pridodamo jos i sedmeroznam brojeve sa svim istim znamenkama, njih devet.
rj:(9povrh2)*(7povrh3)*2+9[/quote]
ne kužim što to znači,zašto 2 i zašto baš 3 puta?
edit:sad mi je sinulo,je li možda ovo točno:
u obzir ulaze samo slučajevi kada se broj sastoji od 2 iste znamenke(3+4,npr 9999888) ili samo jedne znamenke,jer bi inače postojala znam koja se pojavljuje manje od 3 puta
izaberemo te 2 znamenke na (9 povrh 2) načina
"napravimo" multiskup od te 2 zanmenke: {a^4,b^4} i gledamo 7-permutacije tog multiskupa gdje se svaka znamenka pojavljuje bar 3 puta,tj.permutacije multiskupova:
1) (a^3,b^4) (7!/3!4!)
2)(a^4,b^3) (7!/3!4!)
i još pribrojimo kada su sve znam iste:
(9 povrh 2)(7!/3!4!)*2+9
ps.ono u rješenjima je krivo ispadne 12700800 što je uopće veće od broja 7-znamenkastih brojeva
| Kika123 (napisa): | (9povrh2)na nacina odaberemo koje dvije znamenke ce ciniti taj broj, zatim na (7povrh 3)nacina odaberemo na kojim ce mjestima biti znamenka koja se pojavljuje tri puta i na jos dva nacina odaberemo koja ce se znamenka pojaviti tri puta.
svemu tome pridodamo jos i sedmeroznam brojeve sa svim istim znamenkama, njih devet.
rj:(9povrh2)*(7povrh3)*2+9 |
ne kužim što to znači,zašto 2 i zašto baš 3 puta?
edit:sad mi je sinulo,je li možda ovo točno:
u obzir ulaze samo slučajevi kada se broj sastoji od 2 iste znamenke(3+4,npr 9999888) ili samo jedne znamenke,jer bi inače postojala znam koja se pojavljuje manje od 3 puta
izaberemo te 2 znamenke na (9 povrh 2) načina
"napravimo" multiskup od te 2 zanmenke: {a^4,b^4} i gledamo 7-permutacije tog multiskupa gdje se svaka znamenka pojavljuje bar 3 puta,tj.permutacije multiskupova:
1) (a^3,b^4) (7!/3!4!)
2)(a^4,b^3) (7!/3!4!)
i još pribrojimo kada su sve znam iste:
(9 povrh 2)(7!/3!4!)*2+9
ps.ono u rješenjima je krivo ispadne 12700800 što je uopće veće od broja 7-znamenkastih brojeva
Zadnja promjena: .anchy.; 20:26 sri, 27. 10. 2010; ukupno mijenjano 3 put/a.
|
|
| [Vrh] |
|
patlidzan
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 05. 11. 2009. (19:17:28)
Postovi: (76)16
Spol: 
|
|
| [Vrh] |
|
MB
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 01. 07. 2005. (12:35:21)
Postovi: (224)16
Spol: 
Lokacija: Molvice
|
|
| [Vrh] |
|
.anchy.
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 14. 11. 2007. (20:03:46)
Postovi: (1BC)16
Lokacija: Zgb
|
|
| [Vrh] |
|
MB
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 01. 07. 2005. (12:35:21)
Postovi: (224)16
Spol:
Lokacija: Molvice
|
| Postano: 1:46 sub, 11. 12. 2010 Naslov: |
|
|
|
Da, u 8. zadatku upravo tako gleda, samo treba pazljivo prebrojati slucajeve koji nam trebaju u FUI.
U 10. zadatku, neka je A_i skup svih rasporeda u kojima je i-ti bracni par u istoj trojci, i=1,2,...,3n.
Onda je |A_i|=(6n-2)*{6n-3 multinom 3,3,...,3}=(6n-2)!/(3^{2n-1}), pri cemu se u multinomnom koeficijentu pojavljuje naravno 2n-1 trojki.
Rezultat je takav jer prvo odaberemo osobu koja je u trojci s i-ti parom, a ostale rasporedimo bilo kako u trojke. Poredak unutar trojke nije vazan!
Je li sad jasnije kako bi islo za presjeke?
Da, u 8. zadatku upravo tako gleda, samo treba pazljivo prebrojati slucajeve koji nam trebaju u FUI.
U 10. zadatku, neka je A_i skup svih rasporeda u kojima je i-ti bracni par u istoj trojci, i=1,2,...,3n.
Onda je |A_i|=(6n-2)*{6n-3 multinom 3,3,...,3}=(6n-2)!/(3^{2n-1}), pri cemu se u multinomnom koeficijentu pojavljuje naravno 2n-1 trojki.
Rezultat je takav jer prvo odaberemo osobu koja je u trojci s i-ti parom, a ostale rasporedimo bilo kako u trojke. Poredak unutar trojke nije vazan!
Je li sad jasnije kako bi islo za presjeke?
_________________  |
|
| [Vrh] |
|
meda
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 09. 01. 2010. (09:29:23)
Postovi: (A0)16
|
|
| [Vrh] |
|
Flame
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 12. 08. 2009. (02:14:39)
Postovi: (53)16
Spol:
|
| Postano: 16:30 pon, 13. 12. 2010 Naslov: |
|
|
|
1. Riječ je o deranžmanu, naime permutiramo muzeve tako da ni jedan ne plese sa svojom zenom, tj. imamo permutaciju bez fiksnih tocaka.
Dakle, odgovor je [latex]\left[ \frac{10!}{e} \right][/latex] (najbliži cijeli broj broju [latex]\frac{10!}{e}[/latex])
2. Ovdje imamo n-permutaciju multiskupa, pa imamo EFI:
[latex]f(x) = (\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\cdots)(\frac{1}{0!}+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!})(\frac{1}{0!}+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\cdots)^2 = e^{2x}(e^x - 1)(1+x+\frac{x^2}{2})[/latex]
odnosno kad sredimo i razvijemo u red:
[latex]f(x) = x + \displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(3^n - 2^n) + n(3^{n-1} - 2^{n-1})+\frac{1}{2}n(n-1)(3^{n-2} - 2^{n-2})}{n!}x^n
\implies a_1 = 1, a_n = (3^n - 2^n) + n(3^{n-1} - 2^{n-1})+\frac{1}{2}n(n-1)(3^{n-2} - 2^{n-2}),\quad n \geq 2[/latex]
napomena: provjerom vidimo da i za [latex]n = 0 [/latex] i [latex]n = 1[/latex] vrijedi formula za [latex]a_n[/latex], ali to nismo mogli zakljuciti direktno iz reda... sad imamo:
[latex]a_n = \frac{3^{n-2}}{2}(n^2 + 5n+ 18) - 2^{n-3}(n^2+3n+8), \quad n \in \mathbb{N}_0[/latex]
1. Riječ je o deranžmanu, naime permutiramo muzeve tako da ni jedan ne plese sa svojom zenom, tj. imamo permutaciju bez fiksnih tocaka.
Dakle, odgovor je  (najbliži cijeli broj broju  )
2. Ovdje imamo n-permutaciju multiskupa, pa imamo EFI:
odnosno kad sredimo i razvijemo u red:
napomena: provjerom vidimo da i za  i  vrijedi formula za  , ali to nismo mogli zakljuciti direktno iz reda... sad imamo:
|
|
| [Vrh] |
|
.anchy.
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 14. 11. 2007. (20:03:46)
Postovi: (1BC)16
Lokacija: Zgb
|
|
| [Vrh] |
|
pbakic
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 05. 10. 2009. (17:48:30)
Postovi: (143)16
Spol:
|
| Postano: 20:04 ned, 19. 12. 2010 Naslov: |
|
|
|
Za 4. stvarno nemam neki lukav nacin osim nasilnog :)
5 je malo bolji:
Kako je graf jednostavan, onda najveci moguci stupanj nekog vrha n-1, gdje je n broj vrhova u grafu. Ali, kako su svi stupnjevi razliciti, onda stupnjevi vrhova moraju biti 0,1,2,...,n-1. Iz ovog vidimo da postoji vrh stupnja n-1, sto znaci da je taj vrh povezan sa svim ostalim vrhovima. (*) Takodjer, postoji i vrh stupnja 0, sto znaci da je izoliran => kontradikcija s (*).
9: valjda je dovoljno dokazati za slucaj kad graf ima 11 vrhova
Pretp. da su oba planarna => vrijedi Euler, tj. V-E+F=2. Takodjer, 2E>=3F (jer je svako podrucje omedjeno s najmanje 3 brida), pa imamo
E<=n+2/3E-2, tj. E<=3n-6 =27.
Dakle, ako hocemo da graf bude planaran, mora imati manje od 28 bridova.
Buduci da K11 ima 55 bridova, sto nam daje v(G)+v(Gc)=55, mora biti
ili v(G)>=28 ili v(Gc)>=28 (dakle barem jedan od njih nije planaran)
11: malo je bed nacrtat uredno, al nakon toga je valjda ok :P
Za 4. stvarno nemam neki lukav nacin osim nasilnog 
5 je malo bolji:
Kako je graf jednostavan, onda najveci moguci stupanj nekog vrha n-1, gdje je n broj vrhova u grafu. Ali, kako su svi stupnjevi razliciti, onda stupnjevi vrhova moraju biti 0,1,2,...,n-1. Iz ovog vidimo da postoji vrh stupnja n-1, sto znaci da je taj vrh povezan sa svim ostalim vrhovima. (*) Takodjer, postoji i vrh stupnja 0, sto znaci da je izoliran => kontradikcija s (*).
9: valjda je dovoljno dokazati za slucaj kad graf ima 11 vrhova
Pretp. da su oba planarna => vrijedi Euler, tj. V-E+F=2. Takodjer, 2E>=3F (jer je svako podrucje omedjeno s najmanje 3 brida), pa imamo
E<=n+2/3E-2, tj. E<=3n-6 =27.
Dakle, ako hocemo da graf bude planaran, mora imati manje od 28 bridova.
Buduci da K11 ima 55 bridova, sto nam daje v(G)+v(Gc)=55, mora biti
ili v(G)>=28 ili v(Gc)>=28 (dakle barem jedan od njih nije planaran)
11: malo je bed nacrtat uredno, al nakon toga je valjda ok 
|
|
| [Vrh] |
|
.anchy.
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 14. 11. 2007. (20:03:46)
Postovi: (1BC)16
Lokacija: Zgb
|
|
| [Vrh] |
|
pajopatak
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 25. 10. 2009. (22:20:04)
Postovi: (BE)16
|
|
| [Vrh] |
|
Flame
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 12. 08. 2009. (02:14:39)
Postovi: (53)16
Spol:
|
|
| [Vrh] |
|
eve
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 13. 07. 2009. (23:07:06)
Postovi: (192)16
Spol:
|
|
| [Vrh] |
|
meda
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 09. 01. 2010. (09:29:23)
Postovi: (A0)16
|
|
| [Vrh] |
|
Flame
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 12. 08. 2009. (02:14:39)
Postovi: (53)16
Spol:
|
|
| [Vrh] |
|
eve
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 13. 07. 2009. (23:07:06)
Postovi: (192)16
Spol:
|
|
| [Vrh] |
|
kratki89
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 19. 09. 2009. (23:36:13)
Postovi: (27)16
Lokacija: Zemlja i okolica
|
| Postano: 23:52 sub, 8. 1. 2011 Naslov: |
|
|
|
1A (a) [latex] f(x) = x^8\left(\displaystyle\frac{1-x^{20}}{1-x^2}\right)^3
[/latex]
mislim da ide ovak jer [latex] x^8 [/latex] dolazi od [latex] x^3 [/latex] od prvog znaka (romb), [latex] x [/latex] od drugog znaka (kružić) možemo ga uzeti 1,3... ili 19 puta (10 mogućnosti) i [latex] x^4 [/latex] od zadnja 2 znaka (kvadratić i trokut), njih mora biti paran broj i najmanje jedan, znači možemo ih uzeti 2,4... ili 20 puta (10 mogućnosti), a rješenje koje na kraju dobijem je 66
1B (a) [latex] f(x) = x^6\left(\displaystyle\frac{1-x^{30}}{1-x^3}\right)^3 [/latex]
[latex] x_1 [/latex] ima 10 mogućnosti, a ne 11 jer ne može biti 0 jer je iz [latex] N_{30} [/latex]
2A [url]http://degiorgi.math.hr/forum/viewtopic.php?t=14144[/url]
1A (a) 
mislim da ide ovak jer  dolazi od  od prvog znaka (romb),  od drugog znaka (kružić) možemo ga uzeti 1,3... ili 19 puta (10 mogućnosti) i  od zadnja 2 znaka (kvadratić i trokut), njih mora biti paran broj i najmanje jedan, znači možemo ih uzeti 2,4... ili 20 puta (10 mogućnosti), a rješenje koje na kraju dobijem je 66
1B (a) 
 ima 10 mogućnosti, a ne 11 jer ne može biti 0 jer je iz 
2A http://degiorgi.math.hr/forum/viewtopic.php?t=14144
|
|
| [Vrh] |
|
Flame
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 12. 08. 2009. (02:14:39)
Postovi: (53)16
Spol:
|
| Postano: 2:01 ned, 9. 1. 2011 Naslov: |
|
|
|
Je upravu si, previdio sam u 1. da svaki simbol treba biti odabran bar jednom... drugi je lapsus :D
hvala na upozorenju :)
@eve
uzevsi u obzir ispravke kolege kratki89, ovako bi islo:
1.
[latex]
f(x) = x^3(x+x^3+\ldots +x^{19})(x^2 + x^4 + \ldots + x^{20})^2 \\ \\ =x^8(1+x^2+\ldots +x^{18})^3 \\ \\ = x^8\left(\displaystyle\frac{1-x^{20}}{1-x^2}\right)^3[/latex]
e sad kako bi bez razvijanja u red ovo rijesili... trebamo vidjeti koeficijent uz [latex]x^{28}[/latex]... buduci da vec imamo [latex]x^8[/latex], problem je ekvivalentan nalazenju broja rjesenja [latex]x_1 + x_2 + x_3 = 20[/latex] pri cemu su [latex]x_i \in \{0,2,4,\ldots 18\}[/latex] (trebamo odabrati koju potenciju uzimamo iz svake zagrade [latex](1+x^2+\ldots +x^{18})(1+x^2+\ldots +x^{18})(1+x^2+\ldots +x^{18})[/latex] ), sto je opet ekvivalentno nalazenju broja rjesenja [latex]x_1 + x_2 + x_3 = 10,\quad x_i \in \{0,1,2,\ldots 9\}[/latex]
dakle rjesenje je [latex]\binom{12}{2} - 3 = 63[/latex]
2.
[latex]f(x) = (x^3 + x^6 + \ldots + x^{30})(x + x^4 + \ldots + \x^{28})(x^2 + x^5 + \ldots x^{29}) \\ \\
=x^6 (1 + x^3 + \ldots + x^{27})^3 \\ \\ =x^6\left(\displaystyle\frac{1-x^{30}}{1-x^3}\right)^3[/latex]
Slicno kao i u prethodnom, dodjemo do rjesenja 55.
Je upravu si, previdio sam u 1. da svaki simbol treba biti odabran bar jednom... drugi je lapsus 
hvala na upozorenju
@eve
uzevsi u obzir ispravke kolege kratki89, ovako bi islo:
1.
e sad kako bi bez razvijanja u red ovo rijesili... trebamo vidjeti koeficijent uz  ... buduci da vec imamo  , problem je ekvivalentan nalazenju broja rjesenja  pri cemu su  (trebamo odabrati koju potenciju uzimamo iz svake zagrade  ), sto je opet ekvivalentno nalazenju broja rjesenja 
dakle rjesenje je 
2.
Slicno kao i u prethodnom, dodjemo do rjesenja 55.
|
|
| [Vrh] |
|
|
iz prvog linka 9. i 11., a iz drugog 4. i 5.