Permutazioni
Ecco un'altra che non so fare (tanto per cambiare): In quanti modi si possono sedere in fila 5 ragazzi e 4 ragazze, se Angela e Beatrice vogliono stare sedute accanto?
Okay, senza le preferenze di Angela e Beatrice, sarebbero 9! . Ma, senza A e B, ne rimangono 7, quindi 7! e poi.. no, non lo so, non lo so..
Okay, senza le preferenze di Angela e Beatrice, sarebbero 9! . Ma, senza A e B, ne rimangono 7, quindi 7! e poi.. no, non lo so, non lo so..
Risposte
è vero è un * non un +
poi ho spinto 3 ma poi ho corretto, intendevo 2
e poi devo moltiplicare Angela per 2
quindi: (4*2 + 3*2 + 3*2)*2 * 5!
poi ho spinto 3 ma poi ho corretto, intendevo 2
e poi devo moltiplicare Angela per 2
quindi: (4*2 + 3*2 + 3*2)*2 * 5!
Mi sembra giusto, anche se il tuo ragionamento, non è che lo abbia capito benissimo. 
OK per entrambi: vedete che il risultato è lo stesso.
Umby mi ha risparmiato la soluzione, Nicos87 è "autorizzata" a leggere il "numero" di Umby in spoiler.
ce l'abbiamo fatta (tutti e tre)!
... stavo per mettere il punto esclamativo dentro la parentesi ... non si può!
ciao.
Umby mi ha risparmiato la soluzione, Nicos87 è "autorizzata" a leggere il "numero" di Umby in spoiler.
ce l'abbiamo fatta (tutti e tre)!
... stavo per mettere il punto esclamativo dentro la parentesi ... non si può!
ciao.
@ Umby
credo che Nicos87 abbia seguito le mie indicazioni, ma tu come sei arrivato allo stesso risultato?
credo che Nicos87 abbia seguito le mie indicazioni, ma tu come sei arrivato allo stesso risultato?
si io ho seguito la tua strada, anche se in certi punti mi sono espressa malissimo: tipo, angela*2 è un modo scorrettissimo per dire che per ogni angela e 2 femmine ai lati, quelle 2 si possono scambiare, quindi per ogni posizione del gruppo B ci sono 2 modi all'interno del gruppo per mettersi
ben bene! il numero è quello! ne facciamo altri? per piacereee
"adaBTTLS":
@ Umby
credo che Nicos87 abbia seguito le mie indicazioni, ma tu come sei arrivato allo stesso risultato?
Ho considerato il primo TRIO, quello con Angela. Scartando l'ipotesi che potesse avere Beatrice al suo fianco, rimanevo solo le altre due ragazze, che ovviamente potevano scambiarsi tra di loro. Quindi 2 possibilità.
Ho considerato il secondo TRIO, quello con Beatrice. Poteva avere qualsiasi dei 5 ragazzi di fianco quindi: disposizione di 5 elementi a gruppi di 2. Ovvero 5x4 = 20.
A questo punto ho considerato:
[T1] [T2] [S1] [S2] [S3]
i due Trio, e gli altri 3 singoli come se fossero 5 elementi, da disporsi in gruppi da 5, quindi 5! = 120
Quindi: 2 x 20 x 120 = 4.800
OK, Umby.
ho cercato qualcosa su qualche testo, ma non ho trovato molto materiale interessante.
propongo qualche piccola variante:
il mio ultimo quesito come si sarebbe "semplificato" se invece di disporsi in fila i ragazzi avessero occupato 9 posti intorno ad un tavolo ?
due quesiti dal testo di TROVATO-MANFREDI:
in quanti modi diversi 5 libri di economia, 4 di statistica e 3 di matematica finanziaria possono essere disposti sullo scaffale di una libreria in modo che i libri che riguardano la medesima materia siano fra loro raggruppati ?
quanti colori si possono ottenere combinando in tutti i modi possibili i 7 colori dello spettro ?
un quesito dai GIOCHI DI ARCHIMEDE:
Fabio ritrova un vecchio lucchetto a combinazione; per aprire il lucchetto bisogna allineare nell'ordine giusto tre cifre, ciascuna delle quali può variare da 0 a 9. Fabio non ricorda la combinazione corretta, ma è sicuro che la somma delle tre cifre sia 10. Quanti tentativi dovrà fare, al massimo, per trovare la combinazione corretta?
ciao.
ho cercato qualcosa su qualche testo, ma non ho trovato molto materiale interessante.
propongo qualche piccola variante:
il mio ultimo quesito come si sarebbe "semplificato" se invece di disporsi in fila i ragazzi avessero occupato 9 posti intorno ad un tavolo ?
due quesiti dal testo di TROVATO-MANFREDI:
in quanti modi diversi 5 libri di economia, 4 di statistica e 3 di matematica finanziaria possono essere disposti sullo scaffale di una libreria in modo che i libri che riguardano la medesima materia siano fra loro raggruppati ?
quanti colori si possono ottenere combinando in tutti i modi possibili i 7 colori dello spettro ?
un quesito dai GIOCHI DI ARCHIMEDE:
Fabio ritrova un vecchio lucchetto a combinazione; per aprire il lucchetto bisogna allineare nell'ordine giusto tre cifre, ciascuna delle quali può variare da 0 a 9. Fabio non ricorda la combinazione corretta, ma è sicuro che la somma delle tre cifre sia 10. Quanti tentativi dovrà fare, al massimo, per trovare la combinazione corretta?
ciao.
Tornando al quesito della "seduta massimamente promiscua" di 4 femmine e 5 maschi con preferenze "omo" di Angela" e "etero" di Beatrice, do' un altro procedimento risolutivo che fornisce lo stesso risultato N=4800.
Preferisco quest'altro modo di ragionare perchè si evita di introdurre due entità posticce cioè i due trii MMM e MBM (M=maschio , B=Beatrice, A=Angela, F=femmina). L'unico vero trio di cui ha veramente senso parlare è infatti FAF, soprattutto perchè, essendo solo 4 le femmine, e non potendo essere Beatrice una delle due F vicino ad Angela, fuori dal trio FAF resta un'unica femmina, Beatrice, che deve sedere fra maschi. Ciò implica che conosciamo l'identità delle due F che fanno da "ancelle" ad Angela, l'unica libertà che hanno essendo quella di sederle a destra o a sinistra.
Fatte queste premesse io ragiono così:
Ill trio FAF può partire da qualsiasi posto compreso fra 1 e 7, ma basterà considerare i posti da 1 a 4, essendoci simmetria da 4 in poi.
--- Se FAF inizia dal posto 1, degli altri 6 posti B può occuparne solo 4, cioè tutti escluso il 1° e l'ultimo dei posti restanti.
------ Si ha insomma un configurazione del tipo: FAFMXXXXM , dove X indica i posti accessibili a B. (gli altri saranno per M).
--- Se FAF inizia dal posto 2, allora la configurazione é : MFAFMXXXM con soli 3 posti accessibili a B.
--- Se FAF inizia dal posto 3, allora la configurazione é : MMFAFMXXM con soli 2 posti accessibili a B.
--- Se FAF inizia dal posto 4, allora la configurazione é : MXMFAFMXM con soli 2 posti accessibili a B.
Finora, delle 7 possibili configurazioni, ne abbiamo viste le prime 4, le quali hanno molteplicità (dovute alla libertà del posto per B) rispettivamente uguali a 4, 3, 2, 2, per un totale di 11.
Ce ne solo poi altre 3 (corrispondenti ai posti 5, 6, 7 da cui inizierebbe il trio FAF), ma esse sono speculari alle prime 3 e comportano quindi altre 2+3+4=9 diverse configurazioni di seduta. In tutto, quindi le configurazioni sono 11+9= 20.
Ora ogni configurazione si può realizzare in 2! 5! = 240 modi distinti, perchè i 5 maschi possono permutarsi fra loro in tutti i modi possibili (5!) e le 2 femmine sedute accanto ad Angela possono scambiarsi i ruoli di "ancella destra" e "ancella sinistra".
Quindi i modi possibili che hanno 4 femmine e 5 maschi di sedersi, rispettando il vincolo di massima promiscuità e le preferenze opposte di Angela e Beatrice, è:
------- 20 configur. x 240 modi per configur. = 4800.
PS: Si noti che, più che il risultato esatto, ha qui, come altrove, molta importanza il modo di ragionare e l'efficacia della notazione usata. E' da questa, infatti, che dipende la capacità di estendere il risultato in generale a N femmine, "assediate" da N+1 maschi.
Preferisco quest'altro modo di ragionare perchè si evita di introdurre due entità posticce cioè i due trii MMM e MBM (M=maschio , B=Beatrice, A=Angela, F=femmina). L'unico vero trio di cui ha veramente senso parlare è infatti FAF, soprattutto perchè, essendo solo 4 le femmine, e non potendo essere Beatrice una delle due F vicino ad Angela, fuori dal trio FAF resta un'unica femmina, Beatrice, che deve sedere fra maschi. Ciò implica che conosciamo l'identità delle due F che fanno da "ancelle" ad Angela, l'unica libertà che hanno essendo quella di sederle a destra o a sinistra.
Fatte queste premesse io ragiono così:
Ill trio FAF può partire da qualsiasi posto compreso fra 1 e 7, ma basterà considerare i posti da 1 a 4, essendoci simmetria da 4 in poi.
--- Se FAF inizia dal posto 1, degli altri 6 posti B può occuparne solo 4, cioè tutti escluso il 1° e l'ultimo dei posti restanti.
------ Si ha insomma un configurazione del tipo: FAFMXXXXM , dove X indica i posti accessibili a B. (gli altri saranno per M).
--- Se FAF inizia dal posto 2, allora la configurazione é : MFAFMXXXM con soli 3 posti accessibili a B.
--- Se FAF inizia dal posto 3, allora la configurazione é : MMFAFMXXM con soli 2 posti accessibili a B.
--- Se FAF inizia dal posto 4, allora la configurazione é : MXMFAFMXM con soli 2 posti accessibili a B.
Finora, delle 7 possibili configurazioni, ne abbiamo viste le prime 4, le quali hanno molteplicità (dovute alla libertà del posto per B) rispettivamente uguali a 4, 3, 2, 2, per un totale di 11.
Ce ne solo poi altre 3 (corrispondenti ai posti 5, 6, 7 da cui inizierebbe il trio FAF), ma esse sono speculari alle prime 3 e comportano quindi altre 2+3+4=9 diverse configurazioni di seduta. In tutto, quindi le configurazioni sono 11+9= 20.
Ora ogni configurazione si può realizzare in 2! 5! = 240 modi distinti, perchè i 5 maschi possono permutarsi fra loro in tutti i modi possibili (5!) e le 2 femmine sedute accanto ad Angela possono scambiarsi i ruoli di "ancella destra" e "ancella sinistra".
Quindi i modi possibili che hanno 4 femmine e 5 maschi di sedersi, rispettando il vincolo di massima promiscuità e le preferenze opposte di Angela e Beatrice, è:
------- 20 configur. x 240 modi per configur. = 4800.
PS: Si noti che, più che il risultato esatto, ha qui, come altrove, molta importanza il modo di ragionare e l'efficacia della notazione usata. E' da questa, infatti, che dipende la capacità di estendere il risultato in generale a N femmine, "assediate" da N+1 maschi.
di quanto differisce il tuo metodo da quello "nostro" (mio e di Nicos87, a parte quello di Umby)?
ciao.
"adaBTTLS":
se hai le posizioni 123 del gruppo B, Beatrice può sistemarsi nei posti 5,6,7,8.
è analogo al caso "simmetrico": Beatrice in uno dei posti 2,3,4,5 e il gruppo B in 789.
altre due soluzioni simmetriche con il gruppo B in 234 o 678. in quali posti può mettersi Beatrice?
altre due soluzioni simmetriche con il gruppo B in 345 o 567, ....
un'altra soluzione (1 per modo di dire!) con il gruppo B in 456.
ci siamo quasi...
prova a ripercorrere i vari casi e da' la tua risposta. ciao.
"Nicos87":
allora proviamo a fare un albero
gruppo B si può mettere
123 --- beatrice 5678
234 --- beatrice 678
345 --- beatrice 78
456 --- beatrice 28
567 --- beatrice 32
678 --- beatrice 432
789 --- beatrice 5432
quindi 4*2 + 3*2 + 2*3 e poi i maschi + 5 !
sto lanciando i numeri?...
"adaBTTLS":
numeri sono, ma non "a zonzo"... solo che 3 volte 2 non fa 3*3 ... e davanti a "5 !" c'è un segno ("+") che sembra un'operazione che non ha senso.
sei quasi arrivata, devi solo tener conto che nel gruppo B Angela è al centro ma le altre due ragazze ....
ciao!
"Nicos87":
è vero è un * non un +
poi ho spinto 3 ma poi ho corretto, intendevo 2
e poi devo moltiplicare Angela per 2
quindi: (4*2 + 3*2 + 3*2)*2 * 5!
ciao.
"Enzo":
PS: Si noti che, più che il risultato esatto, ha qui, come altrove, molta importanza il modo di ragionare e l'efficacia della notazione usata. E' da questa, infatti, che dipende la capacità di estendere il risultato in generale a N femmine, "assediate" da N+1 maschi.
Non vorrei deluderti, ma penso che il tuo ragionamento possa trovare maggiori difficoltà nel caso in cui (cosi' come dici) si debba estendere in una forma piu' generale.
Non mi deludi affatto, Umby, perchè ho raccolto la sfida implicita nella tua risposta, e in 35 minuti ho trovato la risposta al quesito generale che si enuncia così:
Se ci sono M maschi e F=M-1 femmine, qual è il numero di modi distinti in cui queste 2M-1 persone possono sedersi su un'unica panca in modo che Angela si trovi sempre fra 2 femmine e Beatrice sempre fra 2 maschi?
Si noti che, siccome l'enunciato parla di almeno 4 femmine presenti, deve essere almeno M=5.
MIA RISPOSTA: N(M) = (2M)! C(M,5) / [(M-2) * C(2M,5)] dove C(n,k) sono le combinazioni di n oggetti presi a k a k.
Esempio. Siano i maschi 5 e le femmine 4 (comprese Angela e Beatrice, ovviamente), cioè sia M=5 (il minimo).
La mia formula dà allora:
-----> N(5) = 10! C(5,5) / [3 * C(10,5)]= 10! / [ 3 * 10! /(5! 5!) ] = 5! 5! / 3 = 4800, come già sappiamo.
Se invece i maschi sono 6 (e quindi le femmine 5) si ottiene
-----> N(6) = 12! C(6,5) / [4 * C(12,5)] = 6/[4/(5! 7!)] = 6! 7! / 4 = poco più di 907 mila (parecchie in verità).
Non dico come ho derivato la suddetta formula, e, tacendo, lancio a mia volta una sfida a provarla vera o falsa.
Dico solo che la sua derivazione mi è stata possibile (e facile) solo perchè
1) ho esteso il mio ragionamento precedente esposto in un altro mio intervento;
2) già conoscevo una risultato intermedio (che nemmeno fornisco) ,
cioè il numero di soluzioni dell'equazione diofantea: x(1) + x(2) + x(3) + ... + x(n) = s
dove s è un numero intero positivo da "spaccare" negli n addendi x(i) che sono interi non negativi,
contandosi come distinte due n.ple soluzioni anche ove differiscano solo nell'ordine della sequenza x(1), x(2), ..., x(n).
Per esempio se s=3, il numero delle soluzioni distinte è 10, cioè: 003 , 030, 300, 012, 021, 102, 201, 120, 210, 111.
Riuscite a vedere perchè serve questo risultato intermedio? In realtà basta conoscere la risposta per n=3.
Mi chiedo poi, tanto per rispondere ad Umby: riesce a sua volta chi, come lei, ha ricavato il numero 4800 in modi diversi dal mio a trovare una formula altrettanto generale, estendendo analogamente la propria derivazione ad un numero di maschi qualsiasi (con le femmine che sono sempre una di meno dei maschi) ?
NOTA: Per provare falsa la mia formula non serve derivare un'altra formula. Basta esibire un valore di M per il quale essa sia falsa. E ciò si può fare facilmente facendo enumerare tutte le possibilità da un computer, dopo aver scritto un apposito programmino. Sempre che si tratti di una formula falsa, ovviamente! Se no il computer girerà a vuoto per un tempo infinito!
Se ci sono M maschi e F=M-1 femmine, qual è il numero di modi distinti in cui queste 2M-1 persone possono sedersi su un'unica panca in modo che Angela si trovi sempre fra 2 femmine e Beatrice sempre fra 2 maschi?
Si noti che, siccome l'enunciato parla di almeno 4 femmine presenti, deve essere almeno M=5.
MIA RISPOSTA: N(M) = (2M)! C(M,5) / [(M-2) * C(2M,5)] dove C(n,k) sono le combinazioni di n oggetti presi a k a k.
Esempio. Siano i maschi 5 e le femmine 4 (comprese Angela e Beatrice, ovviamente), cioè sia M=5 (il minimo).
La mia formula dà allora:
-----> N(5) = 10! C(5,5) / [3 * C(10,5)]= 10! / [ 3 * 10! /(5! 5!) ] = 5! 5! / 3 = 4800, come già sappiamo.
Se invece i maschi sono 6 (e quindi le femmine 5) si ottiene
-----> N(6) = 12! C(6,5) / [4 * C(12,5)] = 6/[4/(5! 7!)] = 6! 7! / 4 = poco più di 907 mila (parecchie in verità).
Non dico come ho derivato la suddetta formula, e, tacendo, lancio a mia volta una sfida a provarla vera o falsa.
Dico solo che la sua derivazione mi è stata possibile (e facile) solo perchè
1) ho esteso il mio ragionamento precedente esposto in un altro mio intervento;
2) già conoscevo una risultato intermedio (che nemmeno fornisco) ,
cioè il numero di soluzioni dell'equazione diofantea: x(1) + x(2) + x(3) + ... + x(n) = s
dove s è un numero intero positivo da "spaccare" negli n addendi x(i) che sono interi non negativi,
contandosi come distinte due n.ple soluzioni anche ove differiscano solo nell'ordine della sequenza x(1), x(2), ..., x(n).
Per esempio se s=3, il numero delle soluzioni distinte è 10, cioè: 003 , 030, 300, 012, 021, 102, 201, 120, 210, 111.
Riuscite a vedere perchè serve questo risultato intermedio? In realtà basta conoscere la risposta per n=3.
Mi chiedo poi, tanto per rispondere ad Umby: riesce a sua volta chi, come lei, ha ricavato il numero 4800 in modi diversi dal mio a trovare una formula altrettanto generale, estendendo analogamente la propria derivazione ad un numero di maschi qualsiasi (con le femmine che sono sempre una di meno dei maschi) ?
NOTA: Per provare falsa la mia formula non serve derivare un'altra formula. Basta esibire un valore di M per il quale essa sia falsa. E ciò si può fare facilmente facendo enumerare tutte le possibilità da un computer, dopo aver scritto un apposito programmino. Sempre che si tratti di una formula falsa, ovviamente! Se no il computer girerà a vuoto per un tempo infinito!
ERRATA-CORRIGE
Nel mio precedente intervento di poco fa, all'inizio del rigo -9 (cioè nono rigo dal basso):
ERRATA: Per esempio se s=3 .....
CORRIGE: Per esempio se s=n=3 ....
Scusate l'omissione.
Nel mio precedente intervento di poco fa, all'inizio del rigo -9 (cioè nono rigo dal basso):
ERRATA: Per esempio se s=3 .....
CORRIGE: Per esempio se s=n=3 ....
Scusate l'omissione.
"Enzo":
Non mi deludi affatto, Umby, perchè ho raccolto la sfida implicita nella tua risposta, e in 35 minuti ho trovato la risposta al quesito generale che si enuncia così:
mbè... 35 minuti non sono mica poi tanto pochi.
Cmq, seguendo il mio ragionamento (vedi pagina precedente), ti scrivo la mia formula che volutamente la spezzo in 3 tronconi, per renderla piu capibile per un eventuale utilizzatore della stessa.
P.s. Considerando che sei cosi' tanto "attratto" dalle formule generalizzatrici sappi che questa mia formula non fissa che $F=M-1$, ad esempio puoi applicarla anche se ci sono 8F e 5M, o 10F e 10M. La condizione minima è che ci siano almeno 6 elementi di cui 4F e 2M.
1^TRIO: $(F-2)*(F-3)$
2^TRIO: $M*(M-1)$
Disp= $(M+F-4)!$
Esempio da te riportato (M=6 F=5)
$x1 = 3*2=6$
$x2 = 6*5=30$
$x3 = 7! = 5040$
$6*30*5040=907.200$
"adaBTTLS":
OK, Umby.
ho cercato qualcosa su qualche testo, ma non ho trovato molto materiale interessante.
propongo qualche piccola variante:
il mio ultimo quesito come si sarebbe "semplificato" se invece di disporsi in fila i ragazzi avessero occupato 9 posti intorno ad un tavolo ?
Sei proprio certa che il quesito si semplifica "intorno al tavolo" ?
Soluzione?
"OK Umby" si riferiva all'aver letto ed apprezzato la tua formula (quella "contestata" da Enzo).
gli esercizi erano per Nicos87, quindi è bene che la tua "soluzione" sia in spoiler!
gli esercizi erano per Nicos87, quindi è bene che la tua "soluzione" sia in spoiler!
NOTAZIONE: C(n,k) è il coeffic. binomiale cioè il numero delle combinazioni di n oggetti presi a k a k.
La soluzione esibita da Umby nel caso generale é magnifica e si basa sul fatto che i due trii FAF e MBM hanno 2C(M+F-4, 2) modi per inserirsi in mezzo alle altre M+F-6 persone. Il fattore 2 davanti al coefficiente binomiale tiene conto di due casi distintii: il trio FAF precede il MBM o viceversa, casi questi che ci vanno bene entrambi.
Inoltre il numero di modi che i due trii hanno di inframmezzarsi agli altri coincide col numero di soluzioni dell'equazione:
x(1)+x(2)+...+x(n)= s con x(i) ed s interi non negativi e con n.ple soluzioni da riguardarsi distinte anche solo per l'ordine degli addendi.
Tale numero è esattamente:
D(s,n) = C(s+n-1, s), la lettera D essendo in onore di Diofanto.
Qui si ha s=M+F-6, perchè 6 sono i soggetti già impegnati nei trii, e n= 3, perchè si deve spezzare s in 3 tronconi (di cui qualcuno anche eventualmente vuoto) in tutti i modi possibili.
Ecco come esce quel diabolico (M+F-4)! nella formula di Umby (qui si ha: s+n-1 = M+F-6+3-1 = M+F-4) .
Bene! Il ragionamento da me fatto per derivare la mia formula per M=F+1, se solo avessi pensato 40 minuti invece di 35, mi avrebbe portato, usando le stesse identiche argomentazioni già da me usate per dimostrarla, dritto alla formula generale, data da Umby, valida per ogni M e F, col solo vincolo che F>=4 e M>=2.
Lì per lì la cosa mi é sfuggita. Peccato!
Sono quindi grato ad Umby per la sua ulteriore elegante estensione al caso più generale possibile.
DOMANDA FINALE: Umby ha seguito esattamente la mia linea dimostrativa, basata sui D(s,n), o no?
La soluzione esibita da Umby nel caso generale é magnifica e si basa sul fatto che i due trii FAF e MBM hanno 2C(M+F-4, 2) modi per inserirsi in mezzo alle altre M+F-6 persone. Il fattore 2 davanti al coefficiente binomiale tiene conto di due casi distintii: il trio FAF precede il MBM o viceversa, casi questi che ci vanno bene entrambi.
Inoltre il numero di modi che i due trii hanno di inframmezzarsi agli altri coincide col numero di soluzioni dell'equazione:
x(1)+x(2)+...+x(n)= s con x(i) ed s interi non negativi e con n.ple soluzioni da riguardarsi distinte anche solo per l'ordine degli addendi.
Tale numero è esattamente:
D(s,n) = C(s+n-1, s), la lettera D essendo in onore di Diofanto.
Qui si ha s=M+F-6, perchè 6 sono i soggetti già impegnati nei trii, e n= 3, perchè si deve spezzare s in 3 tronconi (di cui qualcuno anche eventualmente vuoto) in tutti i modi possibili.
Ecco come esce quel diabolico (M+F-4)! nella formula di Umby (qui si ha: s+n-1 = M+F-6+3-1 = M+F-4) .
Bene! Il ragionamento da me fatto per derivare la mia formula per M=F+1, se solo avessi pensato 40 minuti invece di 35, mi avrebbe portato, usando le stesse identiche argomentazioni già da me usate per dimostrarla, dritto alla formula generale, data da Umby, valida per ogni M e F, col solo vincolo che F>=4 e M>=2.
Lì per lì la cosa mi é sfuggita. Peccato!
Sono quindi grato ad Umby per la sua ulteriore elegante estensione al caso più generale possibile.
DOMANDA FINALE: Umby ha seguito esattamente la mia linea dimostrativa, basata sui D(s,n), o no?
i tipi intorno al tavolo:
allora, per rispondere a questa uso quello che ha detto umby cioè trio trio spaiato 1 spaiato 2 spaiato3. se stanno intorno al tavolo
1) T T S1 S2 S3
2) S3 T T S1 S2
3) S2 S3 T T S1
4) S1 S2 S3 T T
5) T S1 S2 S3 T
sono tutti uguali perche girano intorno al tavolo, quindi la soluzione di prima dice in 5 modi diversi la stessa cosa , quindi il numero di modi sono troppi
quanti troppi? 5 troppi , così dividiamo per 5 e viene 2*20*5! / 5
è corretto?
allora, per rispondere a questa uso quello che ha detto umby cioè trio trio spaiato 1 spaiato 2 spaiato3. se stanno intorno al tavolo
1) T T S1 S2 S3
2) S3 T T S1 S2
3) S2 S3 T T S1
4) S1 S2 S3 T T
5) T S1 S2 S3 T
sono tutti uguali perche girano intorno al tavolo, quindi la soluzione di prima dice in 5 modi diversi la stessa cosa , quindi il numero di modi sono troppi
quanti troppi? 5 troppi , così dividiamo per 5 e viene 2*20*5! / 5
è corretto?
"Nicos87":
sono tutti uguali perche girano intorno al tavolo, quindi la soluzione di prima dice in 5 modi diversi la stessa cosa , quindi il numero di modi sono troppi
quanti troppi? 5 troppi , così dividiamo per 5 e viene 2*20*5! / 5
è corretto?
Tutto mi aspettavo, tranne che mi dicessi che le combinazioni fossero di meno !
Come è possibile che siano di meno ?
a me esce qualcosa in piu' ..... ma quanto di piu' ?
P.s. se utilizzi la scomposizione del quesito nelle tre "micro-frazioni" la soluzione non dovrebbe essere difficile.
Anzi, cerca di generalizzare la formula, prima che Enzo ce la richieda.
adesso devo uscire. a ma viene 8640, avendo fatto frettolosamente i conti a mano.
ti conviene partire da Angela, poi da Beatrice.
ne riparliamo in serata. ciao!
ti conviene partire da Angela, poi da Beatrice.
ne riparliamo in serata. ciao!
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