Forum@DeGiorgi :: Pogledajte temu

through

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

#21: Autor/ica: pajopatak,

Postano: 19:46 sri, 27. 10. 2010
—
Može pomoć oko ovog: koliko ima 7-znamenkastih brojeva u kojima se svaka znamenka pojavljuje barem 3 puta,a 0 se nikada ne pojavljuje?
Imam ogd.ali ja ne kužim kako je dođeno do njega.

#22: Autor/ica: Kika123,

Postano: 19:56 sri, 27. 10. 2010
—
(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

#23: Autor/ica: .anchy., Lokacija: Zgb

Postano: 20:11 sri, 27. 10. 2010
—

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.

#24: Autor/ica: patlidzan,

Postano: 20:16 sri, 27. 10. 2010
—
http://web.math.hr/nastava/komb/predavanja/predavanja.pdf

Jel bi mogao nekton na stranici 36 objasnit ove 3 relacije - propozicija 2.2.1

#25: Autor/ica: MB, Lokacija: Molvice

Postano: 0:59 sub, 30. 10. 2010
—
Sto je konkretno problem s te tri tvrdnje?

#26: Autor/ica: .anchy., Lokacija: Zgb

Postano: 16:20 čet, 9. 12. 2010
—
http://web.math.hr/nastava/komb/zadace/zadaca5.pdf

zanima me 8.zad, rješava li se na način da gledam slučajeve od ukupnog broja načina da neko dijete ne dobije pikulu oduzmem uniju slučajeva gdje i-to dijete ne dobije pikulu,pa to prema FUI?

i 10.zad, broj načina da je i-toj trojci par supružnika je (3 povrh 2)*(3n-3)! ?
kako bi bilo za presjeke?

#27: Autor/ica: MB, Lokacija: Molvice

Postano: 1:46 sub, 11. 12. 2010
—
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?

#28: Autor/ica: meda,

Postano: 14:02 pon, 13. 12. 2010
—
http://web.math.hr/nastava/komb/pdf/2008-09/08kol2.pdf

ak bi mogo netko, ko je rješavao, napisat rješenje 1. i 2. zadatka..
hvala

#29: Autor/ica: Flame,

Postano: 16:30 pon, 13. 12. 2010
—
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

vrijedi formula za

, ali to nismo mogli zakljuciti direktno iz reda... sad imamo:

#30: Autor/ica: .anchy., Lokacija: Zgb

Postano: 12:49 ned, 19. 12. 2010
—
http://web.math.hr/nastava/komb/zadace/zadaca6.pdf
može pomoć oko 4. i 5.zadatka?

http://web.math.hr/nastava/komb/zadace/zadaca7.pdf
i ovdje 9. i 11.?

Hvala Very Happy

#31: Autor/ica: pbakic,

Postano: 20:04 ned, 19. 12. 2010
—
Za 4. stvarno nemam neki lukav nacin osim nasilnog Smile

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 Razz

#32: Autor/ica: .anchy., Lokacija: Zgb

Postano: 20:22 ned, 19. 12. 2010
—
aaaaaa,zamijenila sam zadatke! Shocked

sorry..no hvala svejedno! Embarassed

iz prvog linka 9. i 11., a iz drugog 4. i 5.

#33: Autor/ica: pajopatak,

Postano: 19:06 čet, 6. 1. 2011
—
Moželi mi netko pomoći oko 10.zadatka i 12. iz :
http://web.math.hr/nastava/komb/zadace/zadaca4.pdf

#34: Autor/ica: Flame,

Postano: 23:31 čet, 6. 1. 2011
—
10. Komplement rjesenja je da svi novi PIN-ovi budu razliciti od prethodnih. Takve PIN-ove mozemo izabrati na

nacina. Dakle rjesenje je

.

12. Nisam siguran je li ovakvo rjesenje dobro (ali daje tocan rezultat danog kombinatornog problema Very Happy

).

Fiksirajmo 1. znamenku. Sada trebamo pronaci funkciju izvodnicu koja ce nam dati broj lozinki duljine r-1 takvih da se svaka znamenka pojavi barem jednom, a ona fiksirana neparan broj puta. Pa imamo:

Da dobijemo rjesenje kombinatornog problema, sada trebamo samo pogledati koeficijent uz

Taylorovog razvoja

oko

te ga pomnoziti s

(

jer smo fiksirali 1. znamenku, a

jer je rijec o EFI).

#35: Autor/ica: eve,

Postano: 2:25 sub, 8. 1. 2011
—

Flame (napisa):

2. Ovdje imamo n-permutaciju multiskupa, pa imamo EFI:

odnosno kad sredimo i razvijemo u red:

napomena: provjerom vidimo da i za

vrijedi formula za

, ali to nismo mogli zakljuciti direktno iz reda... sad imamo:

Jel mozes molim te objasnit kako si ovo razvio u red?

#36: Autor/ica: meda,

Postano: 10:17 sub, 8. 1. 2011
—
jel bi mogo netko napisat konacno rjesenje 1A i 1B?
http://web.math.hr/nastava/komb/pdf/2007-08/DM2007kol2.pdf

#37: Autor/ica: Flame,

Postano: 18:50 sub, 8. 1. 2011
—
@eve

(primjeti da smo promjenili otkud red krece, uvrstavanjem vidimo da za n = 0 tako i tako dobijemo 0, pa ga smijemo maknuti)

(pogledaj otkud koji red krece, ovaj 3. slobodno moze ici od n = 2 jer je taj prvi clan tako i tako 0)

Sad provjerimo za 0 i 1 i vidimo da to mozemo zapisati i ovako:

@meda

1A (a)

(b) 79

1B (a)

(b) 64

s tim da sam varao i koristio wolfram alphu u b dijelovima... mislim zadatak je gadarija... niti mi se da igrati mnozenjem redova, ni parcijalnim razlomcima...

#38: Autor/ica: eve,

Postano: 20:26 sub, 8. 1. 2011
—
@Flame
Fala puno -skuzila sam
I, jel bi ti se dalo malo pojasnit ovo kaj si medi napiso za 1B (a) zadatak i ak nije bed iz istog kolokvija 2A zadatak.. Tnx!!!

#39: Autor/ica: kratki89, Lokacija: Zemlja i okolica

Postano: 23:52 sub, 8. 1. 2011
—
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)