selección de bolas de tres colores con restricciones

Question

He preguntado a una pregunta similar aquí y las respuestas fueron muy útiles. He intentado hacer preguntas similares y podría resolver cómodamente. Sin embargo, yo mismo me ocurrió con una pregunta como esta y se preguntaba cómo solucionar esto.

Supongamos que hay 20 bolas negras, 10 bolas amarillas y 5 bolas de color marrón. Las bolas del mismo color son idénticos. Orden de selección no importa.

1. De cuántas maneras puede una selección de 15 bolas?
2. De cuántas maneras puede una selección de 15 bolas de ser hecho si 2 marrón debe ser seleccionado de siempre?

Mi enfoque

(1) el número de soluciones de $x_1+x_2+x_3 = 15$ $0\le x_1\le 20; 0 \le x_2 \le 10; 0 \le x_3 \le5$ es la solución. Esto es correcto? si es así, ¿hay alguna fórmula para esto?

(2) Seleccione el 2 bolas de color marrón (sólo 1) y, a continuación, encontrar el número de soluciones de $x_1+x_2+x_3 = 13$ $0\le x_1\le 20; 0 \le x_2 \le 10; 0 \le x_3 \le3$

Por favor, dar instrucciones sobre cómo abordar problemas similares. gracias.

Answer 1

Sus enfoques para ambos problemas son correctos.

Dado que las bolas del mismo color son indistinguibles, el número de maneras en $15$ bolas puede ser seleccionado de $20$ bolas negras, $10$ bolas amarillas, y $5$ bolas de color marrón es el número de número entero no negativo soluciones de la ecuación $$x_1 + x_2 + x_3 = 15 \tag{1}$$ sujeto a las restricciones de $x_2 \leq 10$$x_3 \leq 5$. Tenga en cuenta que desde $20 > 15$, no necesitamos una restricción en el número de bolas negras.

Si no hay restricciones, el número de soluciones de la ecuación $x_1 + x_2 + x_3 = 15$ sería igual al número de formas de inserción de dos, además de los signos en una fila de $15$, que es $\binom{15 + 2}{2} = \binom{17}{2}$ ya que debemos seleccionar la que dos de los diecisiete símbolos ($15$ y dos, además de los signos), además de los signos.

A partir de estos, se deben eliminar aquellas soluciones en las que las $x_2 > 10$ o $x_3 > 5$. Tenga en cuenta que no es posible que ambas de estas condiciones para sostener simultáneamente desde $11 + 6 = 17 > 15$.

Supongamos $x_2 > 10$. Deje $y_2 = x_2 - 11$. A continuación, $y_2$ es un entero no negativo. Por otra parte, la sustitución de $y_2 + 11$ $x_2$ en la ecuación 1 rendimientos \begin{align*} x_1 + y_2 + 11 + x_3 & = 15\\ x_1 + y_2 + x_3 & = 4 \end{align*} Por lo tanto, el número de soluciones de la ecuación 1 en la que $x_2 > 10$ es igual al número de formas en dos, además de los signos pueden ser colocados en una fila de cuatro, que es $\binom{4 + 2}{2} = \binom{6}{2}$.

Ahora, supongamos $x_3 > 5$. Deje $z_3 = x_3 - 6$. A continuación, $z_3$ es un entero no negativo. Por otra parte, la sustitución de $z_3 + 6$ $x_3$ en la ecuación 1 rendimientos

\begin{align*} x_1 + x_2 + z_3 + 6 & = 15\\ x_1 + x_2 + z_3 & = 9 \end{align*} Por lo tanto, el número de soluciones de la ecuación 1 en la que $x_3 > 5$ es el número de maneras en que los dos, además de los signos pueden ser colocados en una fila de nueve, que es $\binom{9 + 2}{2} = \binom{11}{2}$.

Por lo tanto, el número de maneras en $15$ bolas puede ser seleccionado de $20$ indistinguible bolas negras, $10$ indistinguible bolas amarillas, y $5$ indistinguible bolas de color marrón es $$\binom{17}{2} - \binom{6}{2} - \binom{11}{2}$$ lo cual está de acuerdo con la respuesta ml0105 obtenidos mediante la generación de funciones.

Usted puede aplicar el mismo método para resolver el segundo problema que plantea.

Answer 2

Está usted familiarizado con la generación de funciones? Estos le ayudan mucho, como usted las puede utilizar en lugar de la escritura de la inclusión-exclusión en el argumento mismo.

Una generación de función utiliza el exponente de la variable índice de la cantidad. Por lo $x^{0}$ indica que no tiene ninguno de los ítem dado, mientras que $x^{5}$ indica que tenemos $5$ de los artículos. El coeficiente del término indica el número de maneras de obtener ese término, que es el conteo en el que usted está interesado.

Consideremos, en primer lugar el número de bolas amarillas. Tenemos en la mayoría de las $10$ bolas amarillas, dando lugar a la generación de la función de bolas amarillas:

$$f_{y}(x) = \sum_{i=0}^{10} x^{i} = \dfrac{1-x^{11}}{1-x}$$

Del mismo modo, hemos de bolas de color marrón:

$$f_{br}(x) = \sum_{i=0}^{5} x^{i} = \dfrac{1-x^{6}}{1-x}$$

Ahora ya tenemos más bolas negras que podemos utilizar, podemos simplemente dejar que la serie vaya a infinito:

$$f_{bl}(x) = \sum_{i=0}^{\infty} = \dfrac{1}{1-x}$$

Ahora multiplicamos la generación de funciones en conjunto para obtener:

$$f(x) = \dfrac{(1-x^{6})(1-x^{11})}{(1-x)^{3}}$$

Ahora tenemos que:

$$\dfrac{1}{(1-x)^{3}} = \sum_{i=0}^{\infty} \binom{3 + i - 1}{i} x^{i}$$

Así:

$$f(x) = (1-x^{6})(1-x^{11}) \sum_{i=0}^{\infty} \binom{3+i-1}{i}x^{i}$$

Estamos interesados en el coeficiente de $x^{15}$. Esto produce:

$$\binom{3 + 15 - 1}{15} - \binom{3 + 9 - 1}{9} - \binom{3 + 4 - 1}{4}$$

El segundo término proviene de la multiplicación con la $-x^{6}$ plazo, por lo que buscamos $i = 9$ en la suma. De manera similar, con $-x^{11}$, observamos que el coeficiente de $x^{4}$ en la suma.

El enfoque es similar para la parte (b).