Forum@DeGiorgi :: Pogledajte temu

through

[^/[Print]\]
Idite na Prethodno 1, 2, 3, 4, 5 Sljedeće :| |:
Forum@DeGiorgi -> Diskretna matematika

#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.

Forum@DeGiorgi -> Diskretna matematika

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

Idite na Prethodno 1, 2, 3, 4, 5 Sljedeće :| |: Stranica 2 / 5.