|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Friss fórum:
|
|
|
|
A hét kérdése:
Jelentkezz be a heti kérdéshez!
|
|
|
|
Legolvasottabbak:
|
|
|
Matek
Hirdetés
| ocotillo |
n2 (721209) |2017.03.01 15:34 | | 721230. |
| |
Azt hiszem,a kiterjesztesnel mar gazdasagosabb a kadar ajanlotta direkt leszamolas. Ha van k3, haromszor, k2, ketszer, k1 egyszer es k0 nullaszor elofodulo szamjegy, akkor
k3 + k2 +k1 + k0 = 10
3*k3 + 2*k2 + 1*k1 +0*k0 = 12
es az ilyen esetek elofodulasanak szam ket faktorbol all.
1. Melyik szamjegy hanyszor forul elo: 10!/k3!/k2!/k1!/k0!
2. Az illeto szinek hanyfele helyre kerulhetnek :
12!/(3!)^k3 /(2!)^k2 / (1)^k1 /(0!)^k0
persze az 1! es 0! tenyezoket ki se kellett volna irni.
A rosszak szamolasa tobb szamjegynel mar hamarabb attekinthetetlen lesz.
Mindig ott van a konnyu kozelito modszer: veszunk parmillio veletlenszeru szamot es kiprobaljuk.
* az elonezetben elbujnak a egyenletben a plusz jeleim, ha nem jonnenek elo, kerem odakepzelni
|
|
| n2 |
2017.02.28 16:29 | | 721209. |
| |
Fel tudnánk-e használni az R(k, m) kiszámításához
az R(k-1, m)-et vagy R(k, m-1)-et? Netán R(k, m)-et eggyel kisebb számrendszerben?
R rosszak, k számjegyek száma, m előfordulás korlátja |
|
| n2 |
kadar (721204) |2017.02.28 15:37 | | 721206. |
|
| |
Egyelőre nincs módszerem. Megszámoltam, illetve hasonlóan, mint te. |
|
| n2 |
ocotillo (721200) |2017.02.28 13:29 | | 721203. |
|
| |
Nem ismerek egyszerűbb módszert. Hogyan lehetne ezt kezelhetően kiterjeszteni? Például 100 jegy, nem több, mint 15. Mindig egyszerűbb a rosszakat számolni? |
|
| n2 |
ocotillo (721200) |2017.02.28 09:58 | | 721202. |
|
| |
Ez nagyon szép! Ennyi. Elleszek vele egy darabig. |
|
| ocotillo |
n2 (721199) |2017.02.28 06:16 | | 721200. |
|
| |
A "pontos" eredmenyre 676.277.910000 jott ki, de nem lennek meglepve, ha lenne benne kis elszamolas -- nagy aligha van.
Tehat a nulla kezdest megengedjuk, a vegen korrigalunk.
1. Eloszor szamoljuk ki, hany olyan szam van, amiben 3-nal tobb 1-es szerepel. Ez lenyegeben az 10^12 = (1+9)^12 binomialis kifejteseben az elso negy tag elhagyasaval kapott osszeg. Az elso negy tag :
(9^12 + 12*9^11 + 66*9^10 + 220*9^9 = 2515*9^9
Ezt 10^12-beol levonva megkapjuk, hogy
S(1) = (10^12 - 2515*9^9) = 25.637.470.165 olyan szam van, amiben tul sok az 1. Ennek a 10-szerese jo korlat az osszes rossz szamara, de rendes eredmenyhez le kell vonnunk azokat az eseteket, amikor ket szambol is 4 vagy tobb van, ezek duplan szamolodtak.
* Koncepcioban egyszerubb lett volna az elso 4 helyett az masik 9 tagot osszegezni (tobb tag, de kisebb osszeg), nekem ez volt kenyelmesebb
2. Masodik lepes: hany olyan szam van, amiben 1 es 2 is tobb mint 3szor szerepel. Ehhez sajnos 15 tagot kell osszegezni, ami igazabol csak 9 mert vannak koztuk egyformak. Ossze kell szamolnunk azokat az eseteket, amikor 4 vagy tobb 1 es ugyancsak 4 vagy tobb 2 van.
Legyen k1 db 1 es k2 db 2. A lehetosegek szama (a {12\k1} (12 alatt k1)-et akar jelenteni ):
S(1+2) = Summa_{12\k1}*{12-k1\k2}*8^(12-k1-k2) = 173.305.770
a kettos szumma k1,k2 lehetseges ertekeire megy: k1 es k2 is 4-8 kozott van, ugy hogy az osszeguk 12-nel nem tobb. Ez a 15 k1,k2 par: (4,5),(4,6),(4,7),(4, ,(5,6),(5,7) duplan es (4,4),(5,5),(6,6) egyszer.
3. Lepes. Nem nagyon valoszinu, de lehet, hogy 1+2+3 mindharman 4-szer szerepelnek. Ezek szama konnyen szamolhato
S(1+2+3) = {12 \8}{8\4}{4\4} = 34.650
4. Lepes: Figyelembe veve, hogy szingli szamjegy 10 fele lehet, a par 45, a trio pedig 120, az osszes rossz szama:
Rossz = 10*S(1) - 45*S(1+2) + 120*S(1+2+3) = 248.580.100.000
Jo = 10^12-Rossz = 751.419.900.000
5. Vegul UTOLSO LEPES: ezekben benne vannak a 0 kezdetuek is. Nyilvan ugyanannyi kezdodik nullaval, mint barmely masik szammal, ez egy 9/10 szorzot jelet.
JO = 676.277.910.000
Megjegyzes: 676.277.910.000 = 7^2 x 9^2 x 11 x 1549 x 10^4 lehet, hogy egyszerubb megoldas is van (?)  |
|
| n2 |
ocotillo (721197) |2017.02.27 23:05 | | 721199. |
|
| |
Ezt nem hiszem el! Ez a pontos kerekített eredmény. Izgatottan várjuk a kifejtést. |
|
| ocotillo |
n2 (721195) |2017.02.27 21:10 | | 721197. |
|
| |
Hopp, elszamoltam.
Csak valoszinusegi saccolas lett volna, ha nem rontom el a szorzast, akkor 676,28 milliardot saccolok. Hangsuly a korulbelulon -- majd este megnezem rendesebben. |
|
| ocotillo |
2017.02.27 15:52 | | 721192. |
|
| |
Erzesre picit tobb, mint a szobejoheto szamok fele lesz jo. A nulla kezdes tiltasaval nagyjabol 453-454 milliard korul. A nulla kezdessel egyebkent utkozben nem kell torodni, belevehetjuk, aztan a vegeredmeny 9/10 reszet vesszuk.
Technikailag egy arnyalattal praktikusabbnak latszik azt szamolni, hany olyan szam van, amiben tobb mit harom 0 van, es - sajnos, mert ez macerasabb - hany olyan amiben 0 es 1 is tobb mint haromszor szerepel. A 0,1,2 is tobb mint haromszor szerepel mar nem gond |
|
| kadar |
n2 (721186) |2017.02.27 15:29 | | 721191. |
| |
Gondolom, hogy van egy egyszerűbb megközelítés... |
|
| n2 |
kadar (721184) |2017.02.27 13:41 | | 721186. |
|
| |
Első ránézésre jónak tűnik. A végösszeggel tudnám leellenőrizni. |
|
| kadar |
n2 (721153) |2017.02.27 09:04 | | 721184. |
|
| |
A számban a 10 számjegy miatt van olyan számjegy, mely többször előfordul. Például az egyik 3-szor, a többi egyszer.
Ezt így jelölöm: 3111111111
Az ilyen típusúak száma:
a háromszor előforduló szám az első helyen van, vagy valamelyik másikon
3111111111 (persze nem kell mindháromnak egymás mellett lenni)
1311111111
A 31111111 típus darabszáma: Az első helyen 9 számjegy jön szóba.
A másik kettő helyét (11 alatt a 2)-féleképpen választhatom ki.
A maradék 9 számjegy ebben a típusban mind különböző. Azaz 9!-féleképpen szerepelhet. Azaz a darabszám: 9*(11 alatt a 2)*9!=9*11!/2
1311111111 típus darabszáma: Az első helyen 9 számjegy jön szóba.
A háromszor előfordulóra a maradék 9 számjegy egyike jön szóba. Ezek (11 alatt a 3)-féleképpen helyezkedhetnek el. A többi nyolc számjegy egyszer szerepel csak, az ő elhelyezkedésük 8!-féle lehet.
Azaz a darabszám: 9*9*(11 alatt a 3)*8!=9*3*11!
A következő esetek vannak:
3111111111
321111111
32211111
3222111
322221
33111111
3321111
332211
33222
333111
33321
3333
2211111111
222111111
22221111
2222211
222222
Hasonló módon mindegyikre meg kell határozni a darabszámot és összeadni őket, ez lesz a darabszám. (?) |
|
| n2 |
kadar (721158) |2017.02.25 20:46 | | 721160. |
|
| |
Nem így kell. Lehet 111_222_333_444 is. |
|
| n2 |
kuvaszkusz (721157) |2017.02.25 20:43 | | 721159. |
|
| |
Ennél több. Az, hogy 12 osztható 3-mal, az véletlen. |
|
| kadar |
n2 (721155) |2017.02.25 20:38 | | 721158. |
|
| |
AZ utolsó két helyre kerülő két szám garantálja az ismétlődést max 3.-ig.
A második helyre a 10 számból az első helyre kerülő kivételével 9 szám kerülhet.
Így az első 10 számjegyen nincs ismétlődés.
AZ utolsó kettővel aztán meglesz az ismétlődés is.
Csupán az utolsó kettőt kell szétvariálni.
Így gondoltam, attól persze még lehet rossz. |
|
| kuvaszkusz |
kuvaszkusz (721156) |2017.02.25 20:32 | | 721157. |
| |
Persze a legfeljebb 3 azonos szám jelentheti azt is, hogy max. 2-2 azonos szám fordulhat elő
ezek
(10ˇ2)*(9ˇ2)*(8ˇ2)*(7ˇ2)*(6ˇ2)*(5ˇ2)
Minden szám más - ez nem jöhet össze
Így az összes lehetséges szám, a - legfeljebb három - és a - legfeljebb kettő - lehetőségeinek összege |
|
| kuvaszkusz |
n2 (721153) |2017.02.25 20:17 | | 721156. |
|
| |
Szia!
(10ˇ3)*(9ˇ3)*(8ˇ3)*(7ˇ3)
(természetesen első helyre csak 9-féle szám kerülhet, csak a nagyságrendi sorrend miatt írtam így) |
|
| n2 |
kadar (721154) |2017.02.25 19:53 | | 721155. |
|
| |
Ez kevés. A második helyen miért csak 9 lehet? Lehet mind a tíz. Ismétlődhetnek a számjegyek, csak egyikből se legyen több mint három. |
|
| kadar |
n2 (721153) |2017.02.25 19:28 | | 721154. |
|
| |
Van egy tippem: 9*11!/2.
Az első helyre 9 lehetőség van
A másodikon már lehet 0 is ezért szintén 9
Aztán 8,7,6,5,4,3,2,1
A 11.-ik helyre 10 szám jöhet, a12-re is
Ez az utolsó 2 hely 11 alatt a 2 helyre kerülhet
Azaz
9*9!*11*10/2
? |
|
| n2 |
2017.02.25 19:05 | | 721153. |
|
| |
Hány tizenkét jegyű szám van (kezdő nullák nélkül) úgy, hogy egy-egy számjegy legfeljebb háromszor fordul elő? |
|
| tappi |
2017.01.06 12:24 | | 720472. |
| |
2017 a 306. prímszám |
|
| akár |
2017.01.06 12:23 | | 720471. |
|
| |
2017 a 306. prímszám. |
|
| kadar |
2017.01.06 11:33 | | 720470. |
|
| |
És ha már Facebook és itt az új év:
Mi köze van 2017-nek a 306-os számhoz? |
|
| onix |
(720465) |2017.01.06 11:10 | | 720468. |
| |
Köszi, aranyos, sokszor megosztották |
|
| Sandviking |
(720465) |2017.01.06 11:08 | | 720467. |
| |
Pedig ez nagyon könnyű !
szorzat mögé az összeg írva. |
|
|
|
|
