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Número de formas en las que un bateador puede anotar 14 carreras en 6 bolas sin anotar más de 4 carreras en ninguna bola.

Hola a todos mi consulta es respecto al número de solución integral positiva.

En el deporte del cricket, encuentra el número de formas en que un bateador puede anotar $14$ se ejecuta en $6$ balones que no marcan más de $4$ corre en cualquier bola.

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DiGi Puntos 1925

Si son los $6$ bolas de un solo over, y estamos hablando de un bateador, o no anota nada más que $0,2$ y $4$ o anota $3$ dos veces y $4$ dos veces, con el otro bateador tomando la huelga dos veces y anotando un número impar de carreras cada vez. Sospecho, sin embargo, que la intención es asumir que el mismo bateador recibe todas las $6$ bolas, y que eso $6$ las bolas no son necesariamente consecutivas.

Puede resolverlo como un estrellas y barras problema, aunque tendrás que usar un argumento de inclusión-exclusión para tener en cuenta la limitación de que nunca puntúa mejor que un $4$ . En concreto, si $x_k$ es su puntuación en el $k$ -ésima bola, se quiere el número de soluciones de

$$x_1+x_2+x_3+x_4+x_5+x_6=14\tag{1}$$

en enteros no negativos, con la condición de que cada $x_k\le 4$ . Ignorando esta última restricción, el cálculo de estrellas y barras (que se explica razonablemente bien en el enlace por si no lo has visto antes) da un total de

$$\binom{14+6-1}{6-1}=\binom{19}5\tag{2}$$

soluciones en enteros no negativos. Sin embargo, algunas de estas soluciones no son deseadas, porque una o más de las puntuaciones es superior a $4$ . ¿Cuántos tienen $x_1\ge 5$ ? Si sustituimos $x_1$ por $y_1=x_1-5$ toda solución en enteros no negativos a

$$y_1+x_2+x_3+x_4+x_5+x_6=9\tag{3}$$

corresponde a una solución de $(1)$ en enteros no negativos con $x_1\ge 5$ . El cálculo de estrellas y barras arroja un total de

$$\binom{9+6-1}{6-1}=\binom{14}5$$

soluciones en enteros no negativos a $(3)$ por lo que debemos restarlos de $(1)$ . Además, puede ocurrir lo mismo con cada una de las otras cinco puntuaciones, por lo que deberíamos reducir $(2)$ a

$$\binom{19}5-6\binom{14}5\;.\tag{4}$$

Lamentablemente, cualquier solución a $(1)$ que había dos marca por encima de $4$ ha sido eliminado dos veces en $(4)$ y debe añadirse de nuevo una vez.

Supongamos que $x_1$ y $x_2$ son más de $4$ entonces podemos sustituir $x_1$ por $y_1=x_1-5$ y $x_2$ por $y_2=x_2-5$ y contar las soluciones no negativas de

$$y_1+y_2+x_3+x_4+x_5+x_6=4\;.$$

El mismo cálculo que ya hemos hecho dos veces nos dice que hay

$$\binom{4+6-1}{6-1}=\binom95$$

de ellos. Hay $\binom62$ pares de puntuaciones, por lo que tenemos que añadir $\binom95$ volver a $\binom62$ veces, consiguiendo

$$\binom{19}5-6\binom{14}5+\binom62\binom95\;.\tag{5}$$

Y esto es lo más lejos que tenemos que llegar, ya que es imposible tener más de dos puntuaciones sobre $4$ y una puntuación total de $14$ : $(5)$ es el número deseado.

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Mann Puntos 1764

Acabo de darme cuenta de que este juego es el cricket, y en realidad esta pregunta tiene información insuficiente ,porque en el cricket normalmente no se pueden hacer puntuaciones de $2$ o $3$ pero sólo $0,1,4,6$ la mayoría de las veces. Bueno, depende de la condición, pero aquí voy a asumir que todos los resultados son posibles de $0\to4$ .

Así que nuestras seis variables son $x_i$ donde $1\leq i \leq 6$ .

Asumiendo también la independencia de cada $0\leq x_i\leq 4$

Dado que la puntuación total que requerimos es

$\sum_{i=1}^{6}x_i=14$

La función generadora puede formularse como

$coeff(x^{14})\;\;\; in \;\;\; (x^0+x^1+x^2+x^3+x^4)^6$

$\implies \dfrac{(1-x^5)^6}{(1-x)^{6}}$

$\implies (1-x^5)^6(1-x)^{-6}$

$\implies (1-x^5)^6(1+^{6}C_{1}x+^7C_2x^2+....$

Usted puede tomar de aquí, también si $x_i\notin[2,3]$

Basta con descartar esos valores en exponentes de $x$ .

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