Interi di 4 cifre

Conteggi, probabilità, invarianti, logica, matematizzazione, ...
Rispondi
Avatar utente
evans
Messaggi: 115
Iscritto il: 21 nov 2005, 20:52

Interi di 4 cifre

Messaggio da evans » 27 feb 2006, 17:41

Quanti interi di 4 cifre possono essere formati con le cifre (0,1,2,3,4) in modo che nessuna cifra sia ripetuta e l'intero risultante sia multiplo di 3?

piever
Messaggi: 645
Iscritto il: 18 feb 2006, 13:15
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da piever » 27 feb 2006, 18:11

Le cifre utilizzabili sono 0,2,3,4 oppure 0,1,2,3.
Quindi il numero di interi con queste proprietà è (4!-3!)*2=36
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)

Avatar utente
evans
Messaggi: 115
Iscritto il: 21 nov 2005, 20:52

Messaggio da evans » 27 feb 2006, 21:00

E se le ciifre fossero state (0,1,2,3,4,5) ?

piever
Messaggi: 645
Iscritto il: 18 feb 2006, 13:15
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da piever » 27 feb 2006, 21:32

4*4!-3*3!=78
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)

Avatar utente
evans
Messaggi: 115
Iscritto il: 21 nov 2005, 20:52

Messaggio da evans » 28 feb 2006, 11:10

NO! Non va affatto bene questa soluzione; innanzitutto manca il ragionamento (per come la vedo io potresti solo scrivere il ragionamento e saltare i calcoli, sarebbe più accettabile). In secondo luogo ho fatto da me i calcoli della reale soluzione e sono diversi dai tuoi. Purtroppo se non mi mostri il percorso logico con il quale sei pervenuto alla "soluzione" non possiamo ne confrontare o correggere niente.

Avatar utente
HiTLeuLeR
Messaggi: 1874
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Reggio di Calabria

Re: Interi di 4 cifre

Messaggio da HiTLeuLeR » 28 feb 2006, 11:48

evans ha scritto:Quanti interi di 4 cifre possono essere formati con le cifre (0,1,2,3,4) in modo che nessuna cifra sia ripetuta e l'intero risultante sia multiplo di 3?
Vabbè, facciomoci del male! Tanto, sempre di interi si parla... Sia dunque $ \mathcal{S} $ l'insieme degli interi di 4 cifre decimali di tipo $ (abcd)_{10} $ tali che $ a, b, c, d $ siano a due a due distinti in $ \mathcal{D} := \{0, 1, 2, 3, 4\} $. Vale chiaramente $ |\mathcal{S}| = 4 \cdot 4! $. Sia adesso $ v $ il numero degli elementi di $ \mathcal{S} $ che sono divisibili per $ 3 $. Questo è banalmente uguale a $ 4! $ volte il numero delle soluzioni all'equazione modulare $ x_1+x_2+x_3+x_4 \equiv 0 \bmod 3 $ per cui $ x_i \in \mathcal{S} $ ($ i \in \overline{1, 4} $) e $ x_1 < x_2 < x_3 < x_4 $. Senonché sotto i vincoli indicati $ 6 \le x_1+x_2+x_3+x_4 \le 10 $, per cui s'impone $ x_1+x_2+x_3+x_4 = 6 $ oppure $ x_1+x_2+x_2+x_4 = 9 $, e ciascuna delle due equazioni ammette esattamente una e una sola soluzione. Ne risulta che $ |S| - v = 5! - 4! \cdot 2 = 3 \cdot 4! $ è la risposta cercata.

EDIT: NON VA! Mi sono appena reso conto del fatto che lo 0, come prima cifra, non è che vada poi tanto bene... :roll:
Ultima modifica di HiTLeuLeR il 28 feb 2006, 14:29, modificato 1 volta in totale.

piever
Messaggi: 645
Iscritto il: 18 feb 2006, 13:15
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da piever » 28 feb 2006, 14:13

evans ha scritto:NO! Non va affatto bene questa soluzione; innanzitutto manca il ragionamento (per come la vedo io potresti solo scrivere il ragionamento e saltare i calcoli, sarebbe più accettabile). In secondo luogo ho fatto da me i calcoli della reale soluzione e sono diversi dai tuoi. Purtroppo se non mi mostri il percorso logico con il quale sei pervenuto alla "soluzione" non possiamo ne confrontare o correggere niente.
Ok, hai ragione, mi ero anche sbagliato oltre a non aver scritto il ragionamento. Comunque il ragionamento è che ci sono 5 coppie di numeri escludibili (0,3-1,2-1,5-2,4-4,5) e quindi si arriva a 5*4! ma poi, in 4 di queste coppie, bisogna sottrarre i numeri che iniziano per 0, quindi si arriva a 5*4!-4*3!=96
Avevo omesso il ragionamento perché è identico a quello della prima soluzione.
@ Hit: facendo conto che si possa mettere lo 0 a inizio numero, l'obiettivo è trovare i multipli di 3, ma tu perché allora li sottrai dal totale? Il tuo risultato è il numero dei non multipli di 3, o almeno così mi sembra.
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)

Hr 47
Messaggi: 15
Iscritto il: 12 mar 2006, 13:20
Località: Carrara

Messaggio da Hr 47 » 12 mar 2006, 13:35

Ragazzi, io sono appena arrivato.

Scusate,volevo sapere se è corretto fare:

Posso considerare solo questi numeri: [0.1.2.3] e [0,2,3,4].

Quindi come soluzione avrò le permutazioni di 4 numeri moltiplicate per 2. Cioè 4!*2.. No? :cry:

Se lo zero di prima cifra non va bene dovrò sottrarre due volte le disposizioni di 4 numeri a gruppi di 3. --> (4!-4)*2=40

Scusatemi ma non ci capisco molto di matematica, è solo per vedere dove sbaglio.. :roll:

piever
Messaggi: 645
Iscritto il: 18 feb 2006, 13:15
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da piever » 12 mar 2006, 13:47

Il tuo ragionamento è corretto ma l'errore sta nel fatto che in un gruppo di 4 numeri che sia indifferentemente 0,1,2,3 oppure 0,2,3,4 il numero di combinazioni in cui lo 0 è la prima cifra è 3!
Non so cosa tu intenda con
disposizioni di 4 numeri a gruppi di 3
ma il 4 che hai messo nella soluzione è sbagliato. Cerco di essere più chiaro: i possibili numeri che iniziano con una determinata cifra (a) e nei quali le altre 3 cifre (b,c,d) si possono scambiare di posto è ovviamente 3! perché ci sono 3 elementi che cambiano posizione. Infatti 3!=6 e le combinazioni ordinate ottenute con b,c,d sono:
1)b-c
2)b-d
3)c-b
4)c-d
5)d-b
6)d-c

Quindi, in conclusione, la soluzione è (4!-3!)*2=36

Capito?
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)

Hr 47
Messaggi: 15
Iscritto il: 12 mar 2006, 13:20
Località: Carrara

Messaggio da Hr 47 » 16 mar 2006, 19:40

Si, scusa.. Avevo sbagliato la formula.. :cry:

Avatar utente
Theudas
Messaggi: 14
Iscritto il: 08 mag 2006, 14:19
Località: Roma

Messaggio da Theudas » 13 giu 2006, 19:43

(so ke è old ma finalmente ne risolvo uno, lasciatemelo postare!)

io ho fatto un ragionamento + semplice (disponendo di strumenti da prima liceo): la prima scelta avviene solo tra 3 numeri (non essendo possibile lo 0), la seconda idem, la terza tra 2; le combinazioni sono 2 [0,1,2,3 ; 0,2,3,4] quindi:

2x(3x3!)=2x18=36

Nel secondo caso, le combinazioni sono 5 [0,1,2,3 ; 0,2,3,4 ; 1,2,4,5 ; 0,1,3,5 ; 0,3,4,5]. In 4 di esse compare lo 0, quindi:

4x(3x3!)=4x18=72

A cui aggiungo le possibilità della combinazione rimanente:

72+4!=72+24=96

(ho l'impressione che mi sia sfuggita qualche combinazione...)

cmq, data una serie di n numeri [0,1...n-1,n] quante sono le combinazioni di 4 numeri la cui somma sia un multiplo di 3 (io nn lo so, ma tanto x imparare)?
Can I get another Amen?
There's a flag wrapped around a score of men:
a gag, a plastig bag on a monument.

I beg to dream and differ from the hollow lies.

piever
Messaggi: 645
Iscritto il: 18 feb 2006, 13:15
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da piever » 13 giu 2006, 20:25

Un buon sistema puo essere dividere questi numeri in classi di resto modulo 3, e a quel punto non dovrebbe essere difficile vedere che i 4 numeri possono essere presi o 3 nella stessa classe e un altro divisibile per tre o due con resto uno e due con resto tre o tutti e quattro con resto zero. Quindi chiamando a quelli con resto 0, b quelli con resto 1 e c quelli con resto 2, la somma richiesta è $ a\choose 4 $+$ a\choose 2 $$ * bc + $$ b\choose 2 $$ c\choose 2 $
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)

Rispondi