Ile jest takich ustawień? Kasia: Cyfry 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 ustawiamy losowo tworząc ciąg i potraktujmy go jako liczbę siedmiocyfrową, której pierwszą cyfrą nie może być 0. Ile jest możliwych takich ustawień, w których otrzymamy liczbę siedmiocyfrową: b) podzielną przez 4 c) parzystą d) podzielną przez 25? Są rozwiązania podane w podręczniku, ale nie ma wytłumaczone jasno skąd się to bierze... Bardzo proszę o w miarę jasne wytłumaczenie...

Eta: a) liczby podzielne przez 4 , to takie: których ostatnie dwie cyfry tworzą liczbe podzielna przez 4 weżmy najpierw takie dwie , w których występuje zero są to: 04 , 20, 40, 60 −−− czyli jest ich cztery pozostałe pięć możemy przestawić na 5! sposobów więc jest ich : 5!*4 teraz podzielnych przez cztery ( bez zera na dwu ostatnich miejscach) to: 12, 16, 24, 32, 36, 42, 56,64 −−− jest ich osiem zatem: 8*5! −−−− wśród nich są takie ,że zawierają zero na początku więc musimy je odrzucić , a ich ilość jest 8*4! zatem łącznie takich liczb jest: 4*5! + 8*5! − 8*4! = 12*5! − 8*4! = 4!( 12*5 −8) = 4!*52 = 24*52= 1248 c) parzyste: to ostatnią cyfrą jest: 0, 2,4,6 jeżeli ostatnią jest zero , to już nie może być na pierwszym miejscu zatem taka ilość jest : 6! jeżeli teraz zero nie jest na oststnim miejscu , to mogątam być: 2,4,6 czyli trzy takie mozliwości mamy ich zatem: 3*6! , ale wśród nich są takie ,żze na pierwszym miejscu jest zero czyli znowu ( podobnie) musimy je odrzucić zatem odrzucamy ilość 3* 5! czyli mamy: 3*6! − 3*5! = 3*5!( 6 −1) = 3*5*5! −−− parzyste bez zera na poczatku i na końcu łącznie mamy takich liczb: 6! + 3*5*5! = ....... dokończ d) podobnie, podpowiem: liczby podzielne przez 25 , to takie ,które kończą się : (00) (50) (25) (75) pierwsza para odpada ( 00) bo nie moga siepowtarzać zatem takich ,które zawierają zero na ostatnich dwu miejscach to:(50) więc ilość ich jest: 5!*1= 5! teraz podobnie jak w poprzednich zadaniach kończące się na: 25 i 75 i nie mogą mieć zera na początku spróbuj dokończyć ...... Ja tymczasem idę na herbatkę

Mat: eta mały błędzik podzielne przez 4 bez zera zamiast 42 52 powinno być

Mat: i konczace na 75 nie moze byc w przypadku d bo nie mamy liczby 7

Mat: ale mimo wszystko bardzo dziekuje za rozwiazanie tych przykładóq bo wczesniej nie kminilem jak je zrobić

Kasia: c) wyszło mi 2520 czyli tak jak w podręczniku d) tylko 25 i 50 może być na końcu więc jeśli jest 50 jest 5! sposobów (nic nie odejmuje bo 0 już nie bd na początku) a jeśli jest 25 na końcu to jest 5! sposobów ale że 0 może być na początku więc musze odjąć 4!: i jest 5! − 4! = 120−24 = 96 czyli łącznie wychodzi: 5! + (5!−4!) = 120 + 96 = 216 i tak miało być. chyba zrozumiałam Dziękuję bardzo!

Eta: No tak Mat : masz rację zamiast 42 ma być 52 ( oczywiście) i nie będzie 75 ( też racja) ale tak na przyszłość już jasne ( gdyby w zbiorze była 7 Dzięki za poprawki ! Najbardziej się cieszę ,że zrozumiałaś rozwiązanie tego zadania. Pozdrawiam!

Mat: eta a ja mam kolejny problem tzn mam zbior {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9} i mam miec liczbe pieciocyfrową nie mogą sie powtarzać a) podzielne na 5 b) podzielne na 4 (ale jak juz 5 bede mial to i 4 zrobie) c) wieksze od 60000 jak zapisac to pierwsze bo myslalem nad tym ze moziwe sa sytuacje ze jest na koncu 0 lub 5 to jest podzielne na 5 i teraz jak wlasnei zapisac bo wczesniej mielismy zbior taki sam jak ilosc cyfr w liczbie do zbudowania a tutaj nie z gory thx

Mat: tyle moze byc tych cyfr −− −− −− −− −− a tu po ile moze ich wystapic na kazdym miejscu 9 9 8 7 2 na pierwszym 9 bo bez zera w 9 odpada pierwsza a dochodzi zero wiec znowu jest 9 na 3 moze byc 8 na 4 7 a na 5 tylko 2 moga byc ale w ksiazce wychodzi calkiem inny wynik

Kasia: Oj to tez się przyjrzę, bo znalazłam tez to zadanie u siebie w książce, tyle ze do tego na lekcji jeszcze nie doszliśmy.

Mat: my mielismy podstawy z kombinatoryki i potem kilka zadan do zrobienia w domu m.in te

Kasia: ja nie byłam na 1 lekcji z permutacji, potem byłam ale nic nie zrozumiałam, dopiero teraz na tym forum, a teraz jestem znów chora i znów bd miała zaległości

Mat: mutacji nie mielismy my tylko podstawy z kombinatoryki i tyle np o rzucaniu monetą/ kostką i o wybieraniu samorządu w klasie XD

Eta: jaką cyfrą się kończy liczba podzielna przez 5? 0 i 5 najpierw załtwmy się z zerem ustawiamy go na ostatnim miejscu: więc mamy takich liczb: 9*8*7*6*1 teraz kończące się na 5 i nie zaczynające zerem: pamietaj ,że nie mogą się powtarzać! 8*8*7*6*1 razem mamy: 9*8*7*6 + 8*8*7*6=......

Kasia: właściwie może to już robiłeś: Liczby 1,2,3,4,5,6 ustawiamy losowo w ciąg. Ile jest możliwych ustawień, w których: a i b zrobiłam c) na początku stoją liczby nieparzyste, a dalej parzyste d) na początku lub końcu stoi 1, odległość zaś pomiędzy 1 i 4 jest mniejsza niż odległośc pomiędzy 1 i 6? O ile c) jestem w stanie zapisać, ale nie wiem skąd 36 ma wyjść, to d) jest jakieś kosmiczne...

Mat: odnosnie Kasi to d nie zrobilem a w c robisz kreseczki XD −− −− −− −− −− −− 3 2 1 3 2 1 = 36 czyli ile mozliwosci jest zawsze pod kazda z liczb a do ety ale jak wezmiemy ze na poczatku nie moze byc 0 aaaaa juz kminie dzieki

Łukasz: C jest banalne , a d to faktycznie kosmos jest

Kasia: w sumie to jak zrobie kreseczki i podziele po 3 − − − | − − − z jednej strony 3! możliwości i z drugiej też 3! możliwości, a potem sie pomnoży 3!*3! to też wychodzi, tylko nie wiem czy to ma sens i czy tak może byc

Łukasz: W pewnym sensie ma to jakiś sens , ale lepiej zrob tak jak napisal Mat, prostszy zapis i logiczny. Wszyscy beda wiedziec skad sie wszystko wzielo

Mat: masz 3! * 3! = 3*2*1*3*2*1 = 36

Kasia: tak też zrobiłam, zastanawiałam się tyko czy to było logiczne i czy dałoby się to zastosować też w innych przypadkach. Widzę, że Panowie pracujemy nad zbiorem do 3 klasy Kłaczkowa

Łukasz: dokładnie, matma rozszerzona rządzi

Kasia: Mat, faktycznie na jedno wychodzi.. za dużo chyba na dziś tych kombinacji i mi się zaczyna mieszać

Kasia: Łukasz, nie chcesz mi chyba powiedzieć, że to ma coś wspólnego z rozszerzeniem? To ja nie wiem po co ja to robię powinnam mieć podstawę.

Łukasz: to jest jeszcze podstawa, ale jak sie zacznie rozszerzenie z tego to dopiero będą korsarze

Mat: ja teraz rozkminiam to z podzeilnoscia na 4 tu bedzie sieka XD bo jest 21 przypadków XD

Kasia: to może mnie to odpuszczą najgorsze w tym wszystkim jest to ze nauczyciele nie umieją tłumaczyć...

Łukasz: Oj Mateo, chyba cos pomieszales Jak już koleżanka wczesniej wspomniala to jest podstawa i watpie zeby zwykle istotki na podstawowej maturze mieli do rozwiazania az 21 przypadkow

Kasia: Mat, mówisz o tym, które mi tłumaczyła Eta? skąd Ty tam 21 przypadków wynalazłeś

Kasia: Matura, maturą a nauczyciele i tak zadają jak leci z książki Po co? żeby forum nie zamknęli chyba

Mat: hm niestety z tym podzielnym na 4 mam problem bo wyszlo mi ze dla tych podzielnych tzn 04 08 12 20 24 28 32 36 40 48 52 56 60 64 68 72 76 80 84 92 96 (wykluczylem te co sie liczby powtarzaja tzn 44 i 88) no i dla tych z 0 czyli 04 08 20 40 60 80 czli jest 6 mozliwych przypadkow a tak patrzac to na ostatnim miejscu moga byc tylko 3 cyfry tzn 0 8 4 na przedostatnim moze byc 0 2 4 6 8 czli 5 wiec iloczyn bedzie 7 6 5 5 3 mozliwosci kombinacji cyfr czyli 7x6x5x5x3 = 3150 i teraz dla tyhc co są pozostałe tak czy znowu gdzies walnąłem sie

Kasia: ale nie wiem, o którym zadaniu mówisz...?

Mat: o 33

Kasia: oj to Ci nic nie powiem, bo do tego jeszcze nie doszliśmy na lekcji

Eta: Ok dokończymy: b) podzielne przez 4 z zerem na ostatnich dwu miejscach: 04, 08, 20,40,60, 80 −−− jest ich 6 więc 8*7*6*6 podzielnych przez 4 bez zera na dwu ostatnich miejscach jest : 16( bez zera na dwu ostatnich miejscach) 12,16,24,28, 32, 36, 48, 52,56,64,68,72,75,84,92,96 zatem ; 7**7*6*16 −−−− bez zera na pierwszym miejscu łacznie mamy takich liczb: 8*7*6*6 + 7*7*6*16=....... c) większych od 6 000 czyli moga sie zaczynać na: 6 lub 7 lub 8 lub 9 i już nie maja zera na pierwszym miejscu; więc: ilość ich jest: 4*9*8*7*6=.......... Miłych snów

Kasia: Na pewno skorzystam, jak dojdę do tego zadania Dzięki! Dobranoc

Mat: Eta a jak bierzesz ze to jest 8*7*6*6 dlaczego 4 iloczyny a nie 5 jak liczba 6 cyfrowa aaaaaaaa juz wiem bo 2 ostatnie zajmuja to podzielne na 4 wiec ono sobie tak jakby 2 miejsca zajmuje odrazu dzieki

Eta: o to własnie "biega"

Mat: a moge prosic o jeszcze jedno XD jak mam to o co pytala Kasia tzn "Kasia: właściwie może to już robiłeś: Liczby 1,2,3,4,5,6 ustawiamy losowo w ciąg. Ile jest możliwych ustawień, w których: a i b zrobiłam c) na początku stoją liczby nieparzyste, a dalej parzyste d) na początku lub końcu stoi 1, odległość zaś pomiędzy 1 i 4 jest mniejsza niż odległośc pomiędzy 1 i 6? " o przyklład d probowałem rozpisywac ale za kazdym razem wychodzi mi 78 a to jest niestety zly wynik

Neem: Jakie są cyfry po 1 2 3 4 ... 2 4 6 8 ... 2 3 5 9 ... ?