Izuzetno lepo prikazano. Za ovako nešto nije dovoljno imati znanje već i izuzetan talenat da se sopstveno znanje prenese na druge. Čestitam i hvala za sve ove video lekcije.
Poštovanje, Pošteno zapeh kod zadatka gde cifra 1 treba da stoji pre cifre 2, drugi način mi je jasan, ali nije mi jasno gde sam kod prvog pogrešio; Ako nam cifra 1 stoji na prvom mestu, onda možemo iskoristiti i 0, i tu mi ostaje 4 mogućnosti (uz odbacivanje jedinice) tj. 12 Ako cifra 1 onda stoji na drugom mestu, onda odbacujemo 0 i 1 i onda dobijam 3*3*2*1=18 Isto važi i za poslednja 2 slučaja. Krajnji rezultat mi je 12+3*18=66 što je definitivno pogrešno. Hvala Vam unapred na ukazanoj greški.
U prvom slučaju je 4! U drugom, na prvom mestu mogu biti 2 cifre (3 i 4), a iza jedinice 3! I tako dalje... Prvo rasporedi dvojku iza jedinice, pa sve ostale cifre potom.
@@djolegolub77 Sada sam definitivno otkrio 90% greške. Nisam koristio 2. E sad, dobijam sledeći rezultat; Za prvi deo, dobio sam 3!, što mi je opet pogrešno, ali ako smo iskoristili 1 i 2 zar onda ne bi trebalo da ostane 3! (ostaju nam 0 3 i 4), a ne 4!? Za poslednja 3 dela sam dobio ukupno 12 mogućnosti (ako je ispravno). Prema ovome što sam ja uradio, samo mi se prvi deo ne poklapa.
Slučaj 1: 1_ _ _ _ => treba iskoristiti 0, 2, 3, 4. Ima 4! rasporeda, Slučaj 2: _ 1 _ _ _ => dvojka može na 3 mesta (iza jedinice), nula na 2 mesta, ostale cifra na 2, odnosno na 1 mesto. Ukupno 12 rasporeda. Slučaj 3: _ _ 1 _ _ => dvojka na 2 mesta, nula na 2, ostale na 2, odnosno na 1 mesto. Ukupno 8 rasporeda. Slučaj 4: _ _ _ 1 _ => dvojka može na 1 mesto, nula na 2, ostali na 2, odnosno na 1 mesto. Ukupno 4 rasporeda. Ukupno rasporeda za zadatak 48.
zanimljivo je da za poslednji zadatak takodje ima 1152 permutacije gde dve osobe istog pola moraju da sede jedno pored drugog(isti princip kao zadatak za knjigama) 2! * 4! * 4!
a) Na koliko razlicitih nacina 8 osoba mogu da budu rasporedjene u krug držeci se za ruke? b) Na koliko razlicitih nacina 4 devojke i 4 momka mogu da budu rasporedjeni u krug držeci se za ruke ´ tako da osobe istog pola ne budu jedna pored druge? moze objasnenje za ovaj zadatak , hvalaa.
Zdravo kod 4. zadatka za samostalni rad, jasno mi je da ni jedna crvena ne moze da bude jedna do druge, i onda je to slucaj C4PC5BC i tu imamo 3*4!*2*5!*1=17 280, ali zar ne bi trebalo sve to puta 2! , jer bele i plave mogu da zamene mesta i da bude C5BC4PC??
@@agopjsagopasasjgo9pahgjs92 Ide crvena, pa grupa plavih, pa crvena pa grupa belih i opet crvena. Ili crvena, pa grupa belih, pa crvena, pa grupa plavih i crvena.
Izvinjavam se, opet ja. Možda je glupo pitanje, ali zbog čega smo kod dela 17:13 množili sa 120,24 i 6, tj. zbog čega bi bila greška da smo 6 pomnožili sa zbirom ta 3 broja?
Za svaki od 120 rasporeda knjiga iz matematike imamo 24 rasporeda kniga iz fizike i za svaki raspored knjiga iz matematike i fizike imamo 6 rasporeda knjiga iz hemije. Zato množimo sve ove brojeve.
Poštovanje, 2. zadatak bih tjeo pojasniti pa recite je li dobar postupak. Pošto smo sračunali da nam je broj mogućnosti da se skup elemenata zapise kao petocifren broj bez da su 1 i 5 (neparni brojevi) susjedni je 60. A zatim sračunali broj mogućnosti deljivih sa 5 ( zvrsavaju sa 0 ili 5) i njih je 42. Dalje smo 60-42 i dobili 18, tj. da nam je broj mogućnosti da se zapiše peetocifreni deljivi broj sa 5 a da neispunjava uslov na nesmiju neparni brojevi biti susjedni. Napokon smo 42 oduzeli od 18 (42-18) i dobili broj mogucnosti da se zapise petocifren broj deljiv sa 5 bez susednih neparnih brojeva.
Nije ti dobro razmišljanje. Počni od toga da petocifrenih brojeva bez uslova ima 4*4! = 96 (nula ne može biti na prvom mestu). Ako neparne cifre nisu susedne, tada od 96 treba oduzeti broj slučajeva kada jesu susedne. Mogući rasporedi su NNPPP, PNNPP, PPNNP i PPPNN. Ovih rasporeda je 2!*3! + 2*2!*2! + 2*2!*2! + 2*2!*2! = 36. Dakle, petocifrenih gde neparne nisu susedne ima 60. Broje je deljiv sa 5 ako mu je poslednja cifra 0 ili 5. Recimo da je poslednja cifra 5. Tada su mogući rasporedi NPPP5, PNPP5 i PPNP5 i ima ih 1*3! + 2*1*2! + 2*2!*1 = 14. Ako je poslednja cifra 0, tada su mogući rasporedi NPPN0, NPNP0 i PNPN0. Ovakvih rasporeda ima 2!*2! + 2!*2! + 2!*2! = 12. Ukupno 26. Najbolje je da zadatak ovog tipa razložiš na moguće podvarijante i da sabiraš takve rasporede. Pozdrav!
@@NPC_TH-cam_USER За сваки од ових 120 распореда књига из математике имамо по 24 распореда књига из физике, и за сваки од пређашњих још по 6 распореда књига из хемије. Зато се и множе ове бројке...
![[안방1열 직캠4K] 베이비몬스터 치키타 'DRIP' (BABYMONSTER CHIQUITA FanCam) @SBS Inkigayo 241110](http://i.ytimg.com/vi/tnlxo79cAqY/mqdefault.jpg)
Izuzetno lepo prikazano. Za ovako nešto nije dovoljno imati znanje već i izuzetan talenat da se sopstveno znanje prenese na druge. Čestitam i hvala za sve ove video lekcije.
Hvala na lepim rečima 🤓
Poštovanje,
Pošteno zapeh kod zadatka gde cifra 1 treba da stoji pre cifre 2, drugi način mi je jasan, ali nije mi jasno gde sam kod prvog pogrešio;
Ako nam cifra 1 stoji na prvom mestu, onda možemo iskoristiti i 0, i tu mi ostaje 4 mogućnosti (uz odbacivanje jedinice) tj. 12
Ako cifra 1 onda stoji na drugom mestu, onda odbacujemo 0 i 1 i onda dobijam 3*3*2*1=18
Isto važi i za poslednja 2 slučaja. Krajnji rezultat mi je 12+3*18=66 što je definitivno pogrešno.
Hvala Vam unapred na ukazanoj greški.
Da li je dvojka sigurno korišćena u tvom rešenju?
U prvom slučaju je 4! U drugom, na prvom mestu mogu biti 2 cifre (3 i 4), a iza jedinice 3! I tako dalje... Prvo rasporedi dvojku iza jedinice, pa sve ostale cifre potom.
@@djolegolub77 Sada sam definitivno otkrio 90% greške. Nisam koristio 2. E sad, dobijam sledeći rezultat;
Za prvi deo, dobio sam 3!, što mi je opet pogrešno, ali ako smo iskoristili 1 i 2 zar onda ne bi trebalo da ostane 3! (ostaju nam 0 3 i 4), a ne 4!?
Za poslednja 3 dela sam dobio ukupno 12 mogućnosti (ako je ispravno).
Prema ovome što sam ja uradio, samo mi se prvi deo ne poklapa.
Slučaj 1:
1_ _ _ _ => treba iskoristiti 0, 2, 3, 4. Ima 4! rasporeda,
Slučaj 2:
_ 1 _ _ _ => dvojka može na 3 mesta (iza jedinice), nula na 2 mesta, ostale cifra na 2, odnosno na 1 mesto. Ukupno 12 rasporeda.
Slučaj 3:
_ _ 1 _ _ => dvojka na 2 mesta, nula na 2, ostale na 2, odnosno na 1 mesto. Ukupno 8 rasporeda.
Slučaj 4:
_ _ _ 1 _ => dvojka može na 1 mesto, nula na 2, ostali na 2, odnosno na 1 mesto. Ukupno 4 rasporeda.
Ukupno rasporeda za zadatak 48.
@@djolegolub77 Sada sam razumeo u potpunosti, hvala Vam puno!
zanimljivo je da za poslednji zadatak takodje ima 1152 permutacije gde dve osobe istog pola moraju da sede jedno pored drugog(isti princip kao zadatak za knjigama) 2! * 4! * 4!
Da, da, tako je 😊
Dobar dan,
Kod dela 6:39, kako nije navedeno da brojevi moraju biti različiti, da li bi bilo pogrešno da stavimo 4*5*5*5*5??
Naslov kaže da je bez ponavljanja 😉
Care
🤓
Da li su negde reseni ovi domaći zadaci, da vidim kako se pravilno radi?
Neka rešenja su u komentarima...
Dobar dan!
Jel mozete napisati resenja domaceg zadatka da proverimo da li smo dobro uradili?
Napisaću kasnije danas.
1. 60
2. 26
3. 216
4. 17280*2
5. 25920
@@djolegolub77 U cetvrtom zadatku mogu da budu poredjani kao C4P5BC ili kao C5BC4P zar nije rezultat onda 34,560?
@@milosmandic6129 imaš tri C
a) Na koliko razlicitih nacina 8 osoba mogu da budu rasporedjene u krug držeci se za ruke?
b) Na koliko razlicitih nacina 4 devojke i 4 momka mogu da budu rasporedjeni u krug držeci se za ruke ´
tako da osobe istog pola ne budu jedna pored druge? moze objasnenje za ovaj zadatak , hvalaa.
A) 7!
B) 4!3!
Zdravo kod 4. zadatka za samostalni rad, jasno mi je da ni jedna crvena ne moze da bude jedna do druge, i onda je to slucaj C4PC5BC i tu imamo 3*4!*2*5!*1=17 280, ali zar ne bi trebalo sve to puta 2! , jer bele i plave mogu da zamene mesta i da bude C5BC4PC??
U pravu si Jovana. Plave i bele mogu zameniti mesta... 👍
@@djolegolub77 kako oni mogu da zamene mesta ako ih ima ukupno 12 a belih ima za jedan vise od plavih
@@agopjsagopasasjgo9pahgjs92 Ide crvena, pa grupa plavih, pa crvena pa grupa belih i opet crvena. Ili crvena, pa grupa belih, pa crvena, pa grupa plavih i crvena.
Izvinjavam se, opet ja. Možda je glupo pitanje, ali zbog čega smo kod dela 17:13 množili sa 120,24 i 6, tj. zbog čega bi bila greška da smo 6 pomnožili sa zbirom ta 3 broja?
Za svaki od 120 rasporeda knjiga iz matematike imamo 24 rasporeda kniga iz fizike i za svaki raspored knjiga iz matematike i fizike imamo 6 rasporeda knjiga iz hemije. Zato množimo sve ove brojeve.
Poštovanje, 2. zadatak bih tjeo pojasniti pa recite je li dobar postupak. Pošto smo sračunali da nam je broj mogućnosti da se skup elemenata zapise kao petocifren broj bez da su 1 i 5 (neparni brojevi) susjedni je 60. A zatim sračunali broj mogućnosti deljivih sa 5 ( zvrsavaju sa 0 ili 5) i njih je 42. Dalje smo 60-42 i dobili 18, tj. da nam je broj mogućnosti da se zapiše peetocifreni deljivi broj sa 5 a da neispunjava uslov na nesmiju neparni brojevi biti susjedni. Napokon smo 42 oduzeli od 18 (42-18) i dobili broj mogucnosti da se zapise petocifren broj deljiv sa 5 bez susednih neparnih brojeva.
Tj. 24.
Ja mislim da je moguće jednostavnije ali neznam kako, ako može neko da sugerira.
Hvala.
Nije ti dobro razmišljanje. Počni od toga da petocifrenih brojeva bez uslova ima 4*4! = 96 (nula ne može biti na prvom mestu). Ako neparne cifre nisu susedne, tada od 96 treba oduzeti broj slučajeva kada jesu susedne. Mogući rasporedi su NNPPP, PNNPP, PPNNP i PPPNN. Ovih rasporeda je 2!*3! + 2*2!*2! + 2*2!*2! + 2*2!*2! = 36. Dakle, petocifrenih gde neparne nisu susedne ima 60. Broje je deljiv sa 5 ako mu je poslednja cifra 0 ili 5. Recimo da je poslednja cifra 5. Tada su mogući rasporedi NPPP5, PNPP5 i PPNP5 i ima ih 1*3! + 2*1*2! + 2*2!*1 = 14. Ako je poslednja cifra 0, tada su mogući rasporedi NPPN0, NPNP0 i PNPN0. Ovakvih rasporeda ima 2!*2! + 2!*2! + 2!*2! = 12. Ukupno 26. Najbolje je da zadatak ovog tipa razložiš na moguće podvarijante i da sabiraš takve rasporede. Pozdrav!
11:10 meni ispada 62 kad radim na prvi nacin, je l mozete da mi objasnite
Kako 62???
@@djolegolub77 Rešio sam sad, hvala Vam profo
@@djolegolub77 17:18 zanima me ovde sto smo sve pomnozili, logicnije mi je da smo sabrali 120+24+6 pa to pomnozili sa 6
@@NPC_TH-cam_USER За сваки од ових 120 распореда књига из математике имамо по 24 распореда књига из физике, и за сваки од пређашњих још по 6 распореда књига из хемије. Зато се и множе ове бројке...
Može li rešenje za četvrti zadatak domaćeg ?
Pogledaj ostale komentare 😉