[Bestiariusz]

Coś dla prawdziwych twardzieli. Proszę o przedstawienie swojego rozumowania.

1. W kolejce po bilety w cenie 5 rubli stoi n+m ludzi, z których m ma pięciorublówki, a m<=n+1 ma dziesięciorublówki. Każdy kupuje tylko jeden bilet. Przed rozpoczęciem sprzedaży biletów w kasie nie było pieniędzy. Jakie jest prawdopodobieństwo, że nikt nie będzie musiał czekać na otrzymanie reszty?

2. Kolejka do kasy, w której sprzedaje się bilety po 5 kopiejek, składa się z 2n ludzi. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że żaden z kupujących nie będzie musiał czekać na resztę, jeśli przed sprzedaniem biletu pierwszemu kupującemu z kolejki kasjer miał tylko 2m pięciokopiejówek i dla każdego kupującego jest jednakowo możliwe, że będzie płacił pięciokopiejówką lub dziesięciokopiejówką?

[A.....t]

@Bestiariusz: Do pierwszego bo jest konflikt oznaczeń: n ludzi ma 5 rublówki a m<=n+1 ma dziesięciorublówki?
Przy takich założeniach w prostym przypadku 1x pięcio + 2x dziesięcio to zakładamy że jesteśmy nie wypłacalni bo skoro nie mamy pieniędzy to nie możemy ich rozmienić? Zakładam że najpierw płaci 5, potem płacący 10 dostaje resztę 5, w kasie mamy 10, przybywa płacący 10 i jako że kasa zawiera tylko 10 to nie mamy

[matrix929]

@Akant: dlatego trzeba obliczyć prawdopodobieństwo :)
@Bestiariusz: n!m!/(n+m)!?

[A.....t]

@matrix929: Jeśli to odpowiedź na pierwsze to się nie zgadza. Przypadek 3x5 i 2x10.
Wedle wzoru który podałeś (wzór na permutację z powtórzeniami) to masz 10 pozytywnych przypadków na 120, tymczasem jest ich 5.

[matrix929]

@Akant: spróbuj jeszcze podzielić licznik przez dwa, wtedy nie wyjdzie? xD

[mcnight95]

@Bestiariusz:
wydaje mi się, że pierwsze zadanie może powiązać z łamanymi idącymi z punktu (0,0) do punktu (n+m,n-m). Jak do kasy wpada piątak to idzie w górę jak nie to w dół. takich łamanych jest (n+m nad n) (chyba :D). Teraz "złe" łamane to takie które uderzą w prostą y=-1. Każdą taką łamaną która uderza w prostą y=-1 możemy podzielić na lewą i prawą część względem pierwszego uderzenia w y=-1. Teraz

[A.....t]

@mcnight95: Chodzi Ci o coś takiego? Wpadłem na to sam, jak widać nie jedyny. Rekurencyjnie czy komputerowo idzie to ładnie wykorzystać, natomiast dalej jeszcze nie wpadłem na to jak to przekuć w jakąś prostą zależność od m i n.

Edit. Trochę jak trójkąt Pascala.

[mcnight95]

@Akant: trzeba policzyć te złe proste i od liczby wszystkich odjąć zle, złych jest tyle i ile wszystkich od 0,0 do (n m,-(n-m)-2) na liczbę takich prostych jest wzór

Edit: oczywiście łamane. Nie proste. :d

[A.....t]

@Bestiariusz, @mcnight95 :

Co do pierwszego, na bazie rysunku:
Liczba możliwych tras:

(n+m)!/(n! \* m!)

Dla m=4,n=2 mamy 15 tras.

Liczba tras niedopuszczalnych:

(n+m-1)! /[(n-1)!m! ] + (n+m -3)!/[(n-2)!(m-1)!] +....

(Powyższe równanie ma n składników).

Trasy te pochodzą z gałęzi oznaczonych przeze mnie dwoma kreskami.

Dla m=4 i n=2 mamy 6 tras złych, czyli zostaje 9 dobrych.

[Bestiariusz]

@mcnight95: @Akant: Podoba mi się Wasz tok rozumowania, jednak nie jestem pewien, czy jest on zgodny z prawdą... Nie potrafię rozstrzygnąć nawet, czy jest bliski. Jednak dziękuję za dywagacje.

[A.....t]

@Bestiariusz: W stosunku do mnie jest zamienione n i m. Dla (oznaczenia z odpowiedzi) n=4 i m=2 wychodzi 3/5 co jest równe 9/15 co dla tego przypadku wychodziło z moich wzorów i z rozpisania.
E: Wydaje mi się, że wzór który sobie wyprowadziłem się sprowadzi do tego z odpowiedzi.

[Bestiariusz]

@Akant: Jeśli się sprowadzi, to jestem pełen podziwu - gratulacje.

[A.....t]

@Bestiariusz: Sprawdzałem tylko dla m=2. Zachodzi wtedy dla każdego n >=2. Dla większych m musiałbym brać więcej wyrazów co jest już pracochłonne. Łatwo można sprawdzić że ostatni składnik tego wyrażenia (uwaga moja notacja) tj. (n+m -3)!/[(n-2)!(m-1)!] dla ostatniego możliwego n będzie równe 1. Jeśli n byłoby równe 3 to byłyby 3 wyrazy i ostatni byłby równy 1. Wzory raczej sobie odpowiadają, ale w tej chwili nie potrafię ładnie tego wykazać że

[mcnight95]

@Akant: @Bestiariusz: Nie dało mi to spokoju także rozpisałem to ładnie:

Będę tu korzystać z faktu, że ilość łamanych z punktu (p,q) do (k,l) można policzyć rozwiązując układ równań:

g+d=k-p (suma kroków do góry i w dół musi być taka jak odległość punktów na osi x)
g-d=l-q (różnica kroków do góry i w dół musi być taka jak odległość punktów na osi y)

Wyliczamy łatwo np. g i wtedy wszystkich