Calcolo combinatorio
Salve,
In questo topic elencherò alcuni esercizi inerenti al calcolo combinatorio ... (quelli che non sono riuscito a risolvere) ...
magari qualcuno di voi riesce a spiegarmi il metodo risolutivo ... grazie.
vi spiego come l'ho risolta io ma non credo sia giusta:
Caso a)
ho a disposizione 3 uomini e 4 donne, i maschi da un gruppo di 12 e le donne da uno di 6.
prima combino le possibili combinazioni dei maschi e poi quelle delle donne (l'odrine non conta).
Uomini:
$[12!]/[3!(12-3)!]=220=$ Combinazioni possibili uomini
Donne:
$[6!]/[4!(6-4)!]=15=$ Combinazioni possibili donne
A questo punto ogni combinazione delle 15 possibili delle donne puo "agganciarsi" con ognuna di quelle degli uomini,
pertanto combinazione uomini e donne dove i maschi sono esattamente 3 e le donne per forza di cose 4 saranno: $220x15=3300$
Non so se sia corretto ... ma il mio ragionamento è questo ... voi che dite?
Caso b)
Non saprei ...
In questo topic elencherò alcuni esercizi inerenti al calcolo combinatorio ... (quelli che non sono riuscito a risolvere) ...
magari qualcuno di voi riesce a spiegarmi il metodo risolutivo ... grazie.
vi spiego come l'ho risolta io ma non credo sia giusta:
Caso a)
ho a disposizione 3 uomini e 4 donne, i maschi da un gruppo di 12 e le donne da uno di 6.
prima combino le possibili combinazioni dei maschi e poi quelle delle donne (l'odrine non conta).
Uomini:
$[12!]/[3!(12-3)!]=220=$ Combinazioni possibili uomini
Donne:
$[6!]/[4!(6-4)!]=15=$ Combinazioni possibili donne
A questo punto ogni combinazione delle 15 possibili delle donne puo "agganciarsi" con ognuna di quelle degli uomini,
pertanto combinazione uomini e donne dove i maschi sono esattamente 3 e le donne per forza di cose 4 saranno: $220x15=3300$
Non so se sia corretto ... ma il mio ragionamento è questo ... voi che dite?
Caso b)
Non saprei ...
Risposte
Certo che è corretto:
si chiama "regola dell'autostrada",e l'hai ben intuita,
così come d'altronde hai ben intuito che in questo contesto l'ordine in cui vengon scelti gli elementi non conta..
Per la (b),almeno per il momento
(più avanti negli studi,forse,arriverai a modi più opportuni di rispondere a quesiti analoghi a quello che t'è stato posto ora..),
potresti rispondere a queste domande:
in quanti modi è possibile scegliere solo donne,in quel comitato?
In quanti modo è possibile scegliere un solo uomo,in quel comitato?
.......
In quanti modo è possibile scegliere esattamente tre uomini,in quel comitato
(questa risposta la conosci già,chiaro,ma repetita iuvant..)?
In quanti modi si possono sceglier al massimo tre uomini
(ovvero nessuno,uno solo,due o tre..),
in quel comitato?
Non mi far fare conti,e facci sapere:
saluti dal web.
si chiama "regola dell'autostrada",e l'hai ben intuita,
così come d'altronde hai ben intuito che in questo contesto l'ordine in cui vengon scelti gli elementi non conta..
Per la (b),almeno per il momento
(più avanti negli studi,forse,arriverai a modi più opportuni di rispondere a quesiti analoghi a quello che t'è stato posto ora..),
potresti rispondere a queste domande:
in quanti modi è possibile scegliere solo donne,in quel comitato?
In quanti modo è possibile scegliere un solo uomo,in quel comitato?
.......
In quanti modo è possibile scegliere esattamente tre uomini,in quel comitato
(questa risposta la conosci già,chiaro,ma repetita iuvant..)?
In quanti modi si possono sceglier al massimo tre uomini
(ovvero nessuno,uno solo,due o tre..),
in quel comitato?
Non mi far fare conti,e facci sapere:
saluti dal web.
"theras":
Certo che è corretto:
si chiama "regola dell'autostrada",e l'hai ben intuita,
così come d'altronde hai ben intuito che in questo contesto l'ordine in cui vengon scelti gli elementi non conta..
Per la (b),almeno per il momento
(più avanti negli studi,forse,arriverai a modi più opportuni di rispondere a quesiti analoghi a quello che t'è stato posto ora..),
potresti rispondere a queste domande:
in quanti modi è possibile scegliere solo donne,in quel comitato?
In quanti modo è possibile scegliere un solo uomo,in quel comitato?
.......
In quanti modo è possibile scegliere esattamente tre uomini,in quel comitato
(questa risposta la conosci già,chiaro,ma repetita iuvant..)?
In quanti modi si possono sceglier al massimo tre uomini
(ovvero nessuno,uno solo,due o tre..),
in quel comitato?
Non mi far fare conti,e facci sapere:
saluti dal web.
ottimo sono felice ieri notte tarda dopo il lavoro mi sembrava impossibile, ma dopo una bella dormita tutto piu chiaro ...
per il caso b ci stavo gia pensando e ho capito come posso fare (almeno credo), finisco il prossimo esercizio e poi provo a risolvere il caso b
grazie milleso che sono cavolate queste ma per me .... che non sono mai stato ferrato in materia beh posso dire che sono fiero di me stesso
Caso b)
partendo dal presupposto che il comitato dev'essere composto da 7 persone; non posso considerare un comitato fatto di sole donne perche il gruppo di esse è di sole 6 persone... pertanto considererò queste possibiltà:
1 uomo 6 donne
2 uomini 5 donne
3 uomini 4 donne
iniziamo con 1 uomo e 6 donne:
$[12!]/[1!(12-1)!]=12=$ Combinazioni possibili uomini
$[6!]/[6!(6-6)!]=1=$ Combinazioni possibili donne
Totale combinazioni 1 uomo e 6 donne = $12*1=12$
2 uomini e 5 donne:
$[12!]/[2!(12-2)!]=66=$ Combinazioni possibili uomini
$[6!]/[5!(6-5)!]=6=$ Combinazioni possibili donne
Totale combinazioni 2 uomini e 5 donne = $66*6=396$
3 uomini 4 donne
$[12!]/[3!(12-3)!]=220=$ Combinazioni possibili uomini
$[6!]/[4!(6-4)!]=15=$ Combinazioni possibili donne
Totale combinazioni 3 uomini e 4 donne = $220*15=3300$
a questo punto se:
Totale combinazioni 1 uomo e 6 donne = $12*1=12$
Totale combinazioni 2 uomini e 5 donne = $66*6=396$
Totale combinazioni 3 uomini e 4 donne = $220*15=3300$
Il totale delle combinazioni possibili sarà: $12+396+3300=3708$
dici che è corretto?
Bene,direi:
i conti
(che pur mi sembran giusti,
se sò far ancora moltiplicazioni a due cifre senza abaco o calcolatrice..)
non m'interessano,
mentre il ragionamento
(soprattutto nel caso del
"only for woman"!)
corrisponde in toto a quanto speravo arrivassi da solo.
Non ti dico ottimo perché qualcuno di quei conti potevi risparmiartelo con alcune considerazioni "pratiche" sull'enumerazione di quelle combinazioni:
appena posso,
se nessuno sarà intervenuto prima,
faccio un edit e te le posto.
Buon Lavoro e buono Studio: saluti dal web.
i conti
(che pur mi sembran giusti,
se sò far ancora moltiplicazioni a due cifre senza abaco o calcolatrice..)
non m'interessano,
mentre il ragionamento
(soprattutto nel caso del
"only for woman"!)
corrisponde in toto a quanto speravo arrivassi da solo.
Non ti dico ottimo perché qualcuno di quei conti potevi risparmiartelo con alcune considerazioni "pratiche" sull'enumerazione di quelle combinazioni:
appena posso,
se nessuno sarà intervenuto prima,
faccio un edit e te le posto.
Buon Lavoro e buono Studio: saluti dal web.
"theras":
Bene,direi:
Non ti dico ottimo perché qualcuno di quei conti potevi risparmiartelo con alcune considerazioni "pratiche" sull'enumerazione di quelle combinazioni
Grazie,
Si potevo risparmiarmi il terzo caso che era gia stato trovato nel caso a, e sicuramente anche il primo in quanto gia solo a mente si capiva che faceva 12 ...
Grazie tra poco posto anche gli altri esercizi
Ecco altri 2 esercizi:
Anche qui si tratta di un caso dove l'ordina non conta e, a mio parere, sempre di una combinazione ( sempre se ho capito cosa sia una delegazione).
Ossia in quanti modi posso combinare 4 persone differenti dove l'ordine (come ho detto prima non conta) estraendole una ad una da un gruppo (in questo caso di una classe) di 25 persone.
Procedimento:
$[n!]/[k!(n-k)!]=[25!]/[4(25-4)!]=12650=$ Possibili delegazioni combinate da 4 allievi "estratti" da un gruppo di 25 persone.
Qui si tratta di una permutazione senza ripetizione:
Secondo la mia logica ho pensato prima di tutto di capire in quanti modi possibili posso combinare queste parole combinando anche la "L" in prima posizione, ossia: $7! =5040$.
Dopo aver capito questo, ho deciso di capire (trovare) in quanti modi possibili posso combinare una lettera senza farle cambiare posizione, ossia: $6! =720$ oppure $5040/7=720$.
Adesso il problema è piu semplice, perchè so in quanti modi posso scambiare le lettere senza far cambiare posizione ad una lettera, cioè $720$ volte.
Quindi posso affermare che la lettera "L" in prima posizione ci sta esattamente per $720$ volte. Questo significa che alla $721$esima volta essa dovrà cambiare posizione. Questo ragionamento è molto semplice da capire anche in questo modo:
Proviamo a scrivere il nome LUCIANO su di un foglio e, con il dito nascondiamo la lettera "L"... quello che vedremo sarà: UCIANO, Proviamo ad immaginare in quanti modi possibili possiamo combinare UCIANO senza toccare la "L" il risultato è presto fatto: $6! =720$ (sono stato ripetitivo ma almeno abbiamo una controprova in più che non fa mai male). Adesso sapendo che il totale delle combinazioni compresa la "L" in prima posizione è: $5040$ e che ogni lettera può rimanere "paralizzata" per $720$ volte; rispondendo alla domanda del problema la soluzione sarà: $5040-720=4320$
spero sia tutto corretto
Anche qui si tratta di un caso dove l'ordina non conta e, a mio parere, sempre di una combinazione ( sempre se ho capito cosa sia una delegazione).
Ossia in quanti modi posso combinare 4 persone differenti dove l'ordine (come ho detto prima non conta) estraendole una ad una da un gruppo (in questo caso di una classe) di 25 persone.
Procedimento:
$[n!]/[k!(n-k)!]=[25!]/[4(25-4)!]=12650=$ Possibili delegazioni combinate da 4 allievi "estratti" da un gruppo di 25 persone.
Qui si tratta di una permutazione senza ripetizione:
Secondo la mia logica ho pensato prima di tutto di capire in quanti modi possibili posso combinare queste parole combinando anche la "L" in prima posizione, ossia: $7! =5040$.
Dopo aver capito questo, ho deciso di capire (trovare) in quanti modi possibili posso combinare una lettera senza farle cambiare posizione, ossia: $6! =720$ oppure $5040/7=720$.
Adesso il problema è piu semplice, perchè so in quanti modi posso scambiare le lettere senza far cambiare posizione ad una lettera, cioè $720$ volte.
Quindi posso affermare che la lettera "L" in prima posizione ci sta esattamente per $720$ volte. Questo significa che alla $721$esima volta essa dovrà cambiare posizione. Questo ragionamento è molto semplice da capire anche in questo modo:
Proviamo a scrivere il nome LUCIANO su di un foglio e, con il dito nascondiamo la lettera "L"... quello che vedremo sarà: UCIANO, Proviamo ad immaginare in quanti modi possibili possiamo combinare UCIANO senza toccare la "L" il risultato è presto fatto: $6! =720$ (sono stato ripetitivo ma almeno abbiamo una controprova in più che non fa mai male). Adesso sapendo che il totale delle combinazioni compresa la "L" in prima posizione è: $5040$ e che ogni lettera può rimanere "paralizzata" per $720$ volte; rispondendo alla domanda del problema la soluzione sarà: $5040-720=4320$
spero sia tutto corretto
@ giogiomogio: per favore, in futuro rispetta il seguente articolo del regolamento:
3.13 Quando si 'Quota' un messaggio per dare una risposta occorre evitare di riportare integralmente il testo del messaggio al quale si risponde. Le citazioni, quindi, sono utili se dall'intero messaggio viene estratta una parte di esso o meglio soltanto una frase.
3.13 Quando si 'Quota' un messaggio per dare una risposta occorre evitare di riportare integralmente il testo del messaggio al quale si risponde. Le citazioni, quindi, sono utili se dall'intero messaggio viene estratta una parte di esso o meglio soltanto una frase.
Ok scusami, ho prontamente modificato il quote.
In questo caso si tratta di una permutazione con ripetizione in quanto viene descritto che gli asciugapiatti le camicie e i calzini non sono distinguibili (uguali).
Per tanto il risultato sarà:
$[19!]/[1!*4!*6!*8!]=174'594'420$
Qui abbiamo sicuramente una disposizione in quanto l'ordine dei risultati è rilevante.
Inoltre è una disposizione con ripetizione perche i risultati possono essere uguali.
Quindi è una disposizione con ripetizione.
Per tanto il risultato sarà:
$3^13=1'594'323$
Se ho capito il problema:
Prima di tutto vedo in quanti modi posso permutare ogni nazione,
quindi: Italiani: $4! =24$ Francesi: $3! =6$ Tedeschi: $5! =120$
A questo punto calcolo i "modi" possibili di "attaccare" ogni possibile permutazione di ogni nazione con quella dell'altra nazione:
Quindi, partendo dai Francesi che hanno 6 modi differenti di sedersi, ognuno di questi modi può essere utilizzato per attaccarsi all gruppo dei tedeschi, quindi: $6x120=720$
Adesso mi rimane il gruppo degli Italiani che ha 24 modi differenti di sedersi, con tutti i modi possibili di combinare i Tedeschi e Francesi che, appunto sono 720 modi possibili. Dovrò rifare semplicemente lo stesso ragionamento:
ogni permutazione possibili delle 24 può stare con l'altra composta dalle 2 nazioni, quindi $720x24=17'280$
Adesso ho tutte le combinazioni possibili delle 3 nazioni in modo che rimangano vicine tra loro.
Ognuna di queste combinazioni può ancora essere girata in 6 modi diversi nella tavolata (tenendo sempre vicine le nazioni tra di loro) esempio: (Italiani, Francesi, Tedeschi ma anche Francesi, Italiani e Tedeschi) e via dicendo per 6 volte.
Quindi, a questo punto: $17'280x6=103'680$
Sono d'accordo col 5 e 6 ma solo sulla prima parte del 7, a cui occorre anche qualche precisazione.
- Se il tavolo è rotondo e una disposizione è considerata uguale a quelle ottenute per rotazione a destra degli Italiani possono sedere i Francesi o i Tedeschi: 2 possibilità. Per ognuna di esse gli Italiani possono permutarsi in qualsiasi modo e per ogni permutazione degli Italiani lo possono fare gli altri, quindi in totale le possibilità sono $2*24*6*120=34560$. Questo risultato va diviso per 2 se importa solo quali sono i vicini, indipendentemente da destra e sinistra.
- In caso contrario, per ognuna delle precedenti collocazioni il più a sinistra degli Italiani può sedere in uno dei 12 posti, quindi il risultato precedente va moltiplicato per $12$.
- Se il tavolo è rotondo e una disposizione è considerata uguale a quelle ottenute per rotazione a destra degli Italiani possono sedere i Francesi o i Tedeschi: 2 possibilità. Per ognuna di esse gli Italiani possono permutarsi in qualsiasi modo e per ogni permutazione degli Italiani lo possono fare gli altri, quindi in totale le possibilità sono $2*24*6*120=34560$. Questo risultato va diviso per 2 se importa solo quali sono i vicini, indipendentemente da destra e sinistra.
- In caso contrario, per ognuna delle precedenti collocazioni il più a sinistra degli Italiani può sedere in uno dei 12 posti, quindi il risultato precedente va moltiplicato per $12$.
hai ragione, scusami.
non appena ne inserisco di nuovi lo sistemo
non appena ne inserisco di nuovi lo sistemo
Ciao a tutti ( ho sistemato il problema 7) e ringrazio per avermelo fatto notare ... continuo ancora con un po di esercizi basilari per poi arrivare a quelli sullo sviluppo del binomio e coefficienti binomiali.
Qui sicuramente non ci sarà una ripetizione e l'ordine non conta quindi si tratterà di una Combinazione senza ripetizione.
Quindi: $C_(9)^(36)=94'143'280$
Stessa cosa dell'esercizio precedente soltanto che bisogna calcolare ogni combinazione di ogni giocatore ed infine moltiplicarle, quindi:
$C_(9)^(36)*C_(9)^(27)*C_(9)^(18)*C_(9)^(9)=2,15*10^19$ modi possibili.
In risposta alla seconda domanda basta estrarre i 4 fanti dal mazzo e assegnarli al giocatore N e rifare il procedimento precedente, quindi:
$C_(5)^(32)*C_(9)^(27)*C_(9)^(18)*C_(9)^(9)=4,59*10^16$
e, a questo punto, se vogliamo calcolare quante probabilità ci sono che N abbia i 4 fanti, basta dividere i modi di ottenere 4 fanti per il giocatore N con i modi totali di distribuire le carte ai 4 giocatori:
$[4,59*10^16]/[2,15*10^19]= 0,0021=[0,2]/[100]$ in termini di percentuale.
$[10!]/[8!]=[10*9*8!]/[8!]=10*9=90$
$[9!]/[11!]=[9!]/[11*10*9!]=[1]/[11*10]=[1]/[110]$
$[7!-6!]/[8!]=[6!(7-1)]/[8*7*6!]=[6]/[8*7]=[3]/[4*7]=[3]/[28]$
$( (n),( 2) )=[n!]/[2!(n-2)!]=[n(n-1)(n-2)!]/[2!(n-2)!]=[n^2-n]/[2]$
Adesso vediamo se: $( (k),(2) )+( (n-k),(2) )+k*(n-k)=[n^2-n]/[2]$
$[k!]/[2!(k-2)!]+[(n-k)!]/[2!(n-k-2)!]+k*(n-k) = [k(k-1)]/[2!]+[(n-k)(n-k-1)]/[2!]+[2k*(n-k)]/[2!]=[n^2-n]/[2]$
Sappiamo che: $(x+y)^n = sum_(k = 0)^(n)( (n),(k) )x^(n-k)*y^k $
Quindi il nono termine sarà $k=8$ mentre $n=17$
$( (17),(8) )x^(9)y^8=24'310x^9y^8$
$sum_(k = 0)^(11)( (11),(0) )(a^3)^(11-0)*(2b^4)^0= ( (11),(0) )a^(33-0)*(2^0b^0)=( (11),(0) )a^33=a^33$
$sum_(k = 1)^(11)( (11),(1) )(a^3)^(11-1)*(2b^4)^1= ( (11),(1) )a^(33-3)*(2^1b^4)=( (11),(1) )a^30*2*b^4=22a^30 b^4$
$sum_(k = 2)^(11)( (11),(2) )(a^3)^(11-2)*(2b^4)^2= ( (11),(2) )a^(33-6)*(2^2b^8)=( (11),(2) )a^27*4*b^8=220a^27 b^8$
quindi:
$a^33+22a^30 b^4+220a^27 b^8$
In questo caso devo trovare il valore di $k$ in modo tale che la "x" sparisca quindi che valga $1$
$sum_(k = 0)^(24)( (24),(0) )(9x^5)^(24-k)*([1]/[3x^3])^k=( (24),(0) )9^(24-k) x^(120-5k)*[1^k]/[3^k x^(3k)]$
A questo punto quello che m'interessa è soltanto la $x$ quindi:
$x^(120-5k)*[1]/[x^(3k)] = [x^(120-5k)]/[x^(3k)]=x^(120-8k)$
$120-8k=0$
$k=15$
Se $k$ è uguale a $15$ la $x$ "sparisce"
Quindi il termine costante vale (posso escludere la $x$ perchè vale $1$ e quindi non provoca cambiamenti al calcolo:
$( (24),(15) )9^(24-15)*[1]/[3^15]=( (24),(15) )[9^9]/[3^15]=( (24),(15) )[3^18]/[3^15]=( (24),(15) )3^3=35'302'608$
La prima domanda:
E' una combinazione perchè l'ordine non conta e con ripetizione.
Gli elementi sono 3 ($x$,$y$,$z$) quindi $n=3$ mentre $k=14$
quindi:
$bar(C)_(14)^(3)=C_(14)^(16)=120$
Seconda domanda:
E' una Permutazione con ripetizione composta da $3+6+5$ elementi
quindi:
$[14!]/[3!*6!*5!]=168'168$
Qui sicuramente non ci sarà una ripetizione e l'ordine non conta quindi si tratterà di una Combinazione senza ripetizione.
Quindi: $C_(9)^(36)=94'143'280$
Stessa cosa dell'esercizio precedente soltanto che bisogna calcolare ogni combinazione di ogni giocatore ed infine moltiplicarle, quindi:
$C_(9)^(36)*C_(9)^(27)*C_(9)^(18)*C_(9)^(9)=2,15*10^19$ modi possibili.
In risposta alla seconda domanda basta estrarre i 4 fanti dal mazzo e assegnarli al giocatore N e rifare il procedimento precedente, quindi:
$C_(5)^(32)*C_(9)^(27)*C_(9)^(18)*C_(9)^(9)=4,59*10^16$
e, a questo punto, se vogliamo calcolare quante probabilità ci sono che N abbia i 4 fanti, basta dividere i modi di ottenere 4 fanti per il giocatore N con i modi totali di distribuire le carte ai 4 giocatori:
$[4,59*10^16]/[2,15*10^19]= 0,0021=[0,2]/[100]$ in termini di percentuale.
$[10!]/[8!]=[10*9*8!]/[8!]=10*9=90$
$[9!]/[11!]=[9!]/[11*10*9!]=[1]/[11*10]=[1]/[110]$
$[7!-6!]/[8!]=[6!(7-1)]/[8*7*6!]=[6]/[8*7]=[3]/[4*7]=[3]/[28]$
$( (n),( 2) )=[n!]/[2!(n-2)!]=[n(n-1)(n-2)!]/[2!(n-2)!]=[n^2-n]/[2]$
Adesso vediamo se: $( (k),(2) )+( (n-k),(2) )+k*(n-k)=[n^2-n]/[2]$
$[k!]/[2!(k-2)!]+[(n-k)!]/[2!(n-k-2)!]+k*(n-k) = [k(k-1)]/[2!]+[(n-k)(n-k-1)]/[2!]+[2k*(n-k)]/[2!]=[n^2-n]/[2]$
Sappiamo che: $(x+y)^n = sum_(k = 0)^(n)( (n),(k) )x^(n-k)*y^k $
Quindi il nono termine sarà $k=8$ mentre $n=17$
$( (17),(8) )x^(9)y^8=24'310x^9y^8$
$sum_(k = 0)^(11)( (11),(0) )(a^3)^(11-0)*(2b^4)^0= ( (11),(0) )a^(33-0)*(2^0b^0)=( (11),(0) )a^33=a^33$
$sum_(k = 1)^(11)( (11),(1) )(a^3)^(11-1)*(2b^4)^1= ( (11),(1) )a^(33-3)*(2^1b^4)=( (11),(1) )a^30*2*b^4=22a^30 b^4$
$sum_(k = 2)^(11)( (11),(2) )(a^3)^(11-2)*(2b^4)^2= ( (11),(2) )a^(33-6)*(2^2b^8)=( (11),(2) )a^27*4*b^8=220a^27 b^8$
quindi:
$a^33+22a^30 b^4+220a^27 b^8$
In questo caso devo trovare il valore di $k$ in modo tale che la "x" sparisca quindi che valga $1$
$sum_(k = 0)^(24)( (24),(0) )(9x^5)^(24-k)*([1]/[3x^3])^k=( (24),(0) )9^(24-k) x^(120-5k)*[1^k]/[3^k x^(3k)]$
A questo punto quello che m'interessa è soltanto la $x$ quindi:
$x^(120-5k)*[1]/[x^(3k)] = [x^(120-5k)]/[x^(3k)]=x^(120-8k)$
$120-8k=0$
$k=15$
Se $k$ è uguale a $15$ la $x$ "sparisce"
Quindi il termine costante vale (posso escludere la $x$ perchè vale $1$ e quindi non provoca cambiamenti al calcolo:
$( (24),(15) )9^(24-15)*[1]/[3^15]=( (24),(15) )[9^9]/[3^15]=( (24),(15) )[3^18]/[3^15]=( (24),(15) )3^3=35'302'608$
La prima domanda:
E' una combinazione perchè l'ordine non conta e con ripetizione.
Gli elementi sono 3 ($x$,$y$,$z$) quindi $n=3$ mentre $k=14$
quindi:
$bar(C)_(14)^(3)=C_(14)^(16)=120$
Seconda domanda:
E' una Permutazione con ripetizione composta da $3+6+5$ elementi
quindi:
$[14!]/[3!*6!*5!]=168'168$
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