Dvě kombinační hádánky :-) (diskuse)

[vencour]

V neděli choď na mne s kombinatorikou ... řešení vidím a to mi stačí

[Robo]

ano, ano - reseni to ma - a to staci ;)

[kouzer]

Četl jsem to už dvakrát a pořád nechápu co je tam napsáno..

[Radek Miček]

Tak k té druhé úloze:

           (4n)
Je  celkem ( 3) způsobů jak vybrat tři body,
trojúhelník to nebude, když body leží na přímce -
       (n)
tedy v (3) výberech pro každou stranu čtverce, výsledek je:

(4n)     (n)
( 3) - 4*(3)

[Jiří Veselský]

Já bych řekl, že první vrchol vybírám na kterékoliv straně čtverce, tedy 4.(n nad 1) možností, druhý vrchol na jedné ze zbývajících tří, tedy 3.(n nad 1) možností a poslední na jedné ze zbývajících dvou, tedy 2.(n nad 1) možností. To krát to krát to je suma sumárum 24n^3 možností.

[Radek Miček]

ale takhle nezapočítáte trojúhelníky, které mají dva vrcholy na jedné straně a třetí na jiné

[Jiří Veselský]

Jasně, jsem pako. Těch se dvěma vrcholy na jedné straně a se třetím jinde je 4(n nad 2) + 3n.

[Radek Miček]

Jasně, jsem pako. Těch se dvěma vrcholy na jedné straně a se třetím jinde je 4(n nad 2) + 3n.

                                      24n^3
          (n)                         ----- + 6n^3 - 6n^2 = 10n^3 - 6n^2
Je jich 4*(2)*3n, celkem je to tedy     6   

[Jiří Veselský]

Jo, to plus je překlep, patří tam samozřejmě krát

[Radek Miček]

K první otázce:

                       (n)
Tři body můžeme vybrat (3) způsoby,
              (p)
z toho leží v (3) možnostech na jedné přímce,
                 (n)   (p)
tedy výsledek je (3) - (3).

to by mělo být totožné s tímto řešením:

počet trojúhelníků s vrcholy, které na přímce neleží,
   (n - p)
je (    3), počet trojúhelníků, které mají
                                  (n - p)
na přímce právě jeden vrchol je p*(    2) a
počet trojúhelníků, které mají na přímce právě
                      (p)
dva vrcholy je (n - p)(2), dohromady to
dá celkový počet trojúhelníků

[Jiří Veselský]

Tady mi to vychází stejně, tedy (n-p nad 3) + (n-p nad 2)(p nad 1) + (n-p nad 1)(p nad 2). První člen jsou trojúhelníky se všemi vrcholy mimo přímku, druhý trojúhelníky se dvěma vrcholy mimo přímku a jedním na n, třetí pak trojúhelníky se dvěma vrcholy na přímce a jedním mimo ni.

Po otrocké úpravě (bez záruky): (n - p)(4n^2 + 3np^2 - 11np - 6n - 3p^3 + 7p^2 + 6p + 2)/6.

[Radek Miček]

(n - p)(4n^2 + 3np^2 - 11np - 6n - 3p^3 + 7p^2 + 6p + 2)/6

To je docela zvláštní výsledek, neboť počet trojúhelníků by měl být celočíslený, ale vzhledem k tomu, že se tam vyskytují koeficienty jako např. 11/6 nebo 7/6, tak si nejsem jist tou celočíselností.

[Jiří Veselský]

Zvláštní jistě být může, nicméně není nutně špatný. Čitatel je vždy, jak ukazují následující tabulky, dělitelný i dvěma i třemi, tedy je dělitelný šesti, tedy je výsledek celý.

n p | n-p || 4n^2 | 3np^2 | 11np | 6n | 3p^3 | 7p^2 | 6p | 2 | sum | product
----+-----++------+-------+------+----+------+------+----+---+-----+--------
S S |  S  ||                                                       |    S
S L |  L  ||  S   |   S   |  S   |  S |   L  |   L  |  S | S |  S  |    S
L S |  L  ||  S   |   S   |  S   |  S |   S  |   S  |  S | S |  S  |    S
L L |  S  ||                                                       |    S

n%3 p%3 | n-p | 4n^2 | 3np^2 | 11np | 6n | 3p^3 | 7p^2 | 6p | 2 | sum | product
--------+-----+------+-------+------+----+------+------+----+---+-----+--------
 0   0  |  0  |                                                       |    0
 1   0  |  1  |  1   |   0   |  0   | 0  |   0  |   0  | 0  | 2 |  0  |    0
 2   0  |  2  |  1   |   0   |  0   | 0  |   0  |   0  | 0  | 2 |  0  |    0
 0   1  |  2  |  0   |   0   |  0   | 0  |   0  |   1  | 0  | 2 |  0  |    0
 1   1  |  0  |                                                       |    0
 2   1  |  1  |  1   |   0   |  2   | 0  |   0  |   1  | 0  | 2 |  0  |    0
 0   2  |  1  |  0   |   0   |  0   | 0  |   0  |   1  | 0  | 2 |  0  |    0
 1   2  |  2  |  1   |   0   |  2   | 0  |   0  |   1  | 0  | 2 |  0  |    0
 2   2  |  0  |                                                       |    0

Nic dalšího už dneska nedokazuju

[Radek Miček]

Máte pravdu

[miro]

Potvrdzujem, mam to rovnako. Otrocke upravy neprevadzam, na to je tu maxima, ale ani v tej sa mi to nechce robit :)

[Josef Kufner]

Řešení existuje. (A teď můžem jít v klidu spát.)

[miro]

No mozno by si sa mal este zobudit a premysliet to znovu (link) ;)

[MJ]

To záleží na tom, jestli máme počítat i trojúhelníky s nulovým obsahem

[miro]

Ad druha uloha: podla mna nie je spravne zadana. Nehovori sa, ci moze byt dany bod aj vo vrchole stvorca. Ak ano, tak pre rozne rozmiestnenia bodov su rozne vysledky.

Priklad: n=3,

1. body rozmiestnime do vrcholov a stredov stran (na kazdej strane su tak po tri vrcholy)

2. body rozmiestnime do 1/4, 1/2, 3/4 kazdej strany.

Pre jedno n tak dostaneme (zrejme) dva rozne pocty trojuholnikov...