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Moderatori: Gianfranco, Bruno
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help me
salve, sono Maria
ho bisogno del vs aiuto per un problema di calcolo combinatorio:
"Calcolare in quanti modi si possono sistemare otto oggetti distinti in sei scatole diverse sapendo che in ogni scatola deve esserci almeno un oggetto"
io ho provato a considerare le disposizioni di 8 oggetti di classe 6 (prima sistemo ordinatamente 6 fra gli 8 oggetti) moltiplicate per le disposizioni con ripetizione di 6 oggetti di classe 2 (i due rimanenti nelle 6 scatole, ordinatamente), ma il risultato è troppo grande
il libro (moduli blu, bergamini trifone) porta 25920, a me ne risultano 725760!!!!
per favore, qualcuno mi dica dove sbaglio
vi ringrazio anticipatamente
ho bisogno del vs aiuto per un problema di calcolo combinatorio:
"Calcolare in quanti modi si possono sistemare otto oggetti distinti in sei scatole diverse sapendo che in ogni scatola deve esserci almeno un oggetto"
io ho provato a considerare le disposizioni di 8 oggetti di classe 6 (prima sistemo ordinatamente 6 fra gli 8 oggetti) moltiplicate per le disposizioni con ripetizione di 6 oggetti di classe 2 (i due rimanenti nelle 6 scatole, ordinatamente), ma il risultato è troppo grande
il libro (moduli blu, bergamini trifone) porta 25920, a me ne risultano 725760!!!!
per favore, qualcuno mi dica dove sbaglio
vi ringrazio anticipatamente
Re: help me
Ciao Maria e benvenuta nel forum.
Temo di non poterti aiutare.
Non sono pratico di nomenclatura di calcolo combinatorio ma ho provato anch'io a fare il calcolo ottenendo il tuo stesso risultato.
Avevo pensato così:
a. Calcolo in quanti modi diversi posso scegliere sei oggetti fra otto : 8!/(6!2!)
b. Calcolo in quanti modi diversi posso distribuirli nelle sei scatole: 6!
c. Calcolo in quanti modi diversi posso scegliere due scatole ove mettere un secondo oggetto: 6!/(4!2!)
d. Calcolo in quanti modi diversi posso distribuire i due oggetti nelle due scatole: 2!
e. Calcolo in quanti modi diversi posso mettere i due oggetti rimasti in una scatola sola: 6
infine (a*b)*(c*d+e)=725760
Siamo in due ora a chiedere aiuto!!
ciao
Temo di non poterti aiutare.
Non sono pratico di nomenclatura di calcolo combinatorio ma ho provato anch'io a fare il calcolo ottenendo il tuo stesso risultato.
Avevo pensato così:
a. Calcolo in quanti modi diversi posso scegliere sei oggetti fra otto : 8!/(6!2!)
b. Calcolo in quanti modi diversi posso distribuirli nelle sei scatole: 6!
c. Calcolo in quanti modi diversi posso scegliere due scatole ove mettere un secondo oggetto: 6!/(4!2!)
d. Calcolo in quanti modi diversi posso distribuire i due oggetti nelle due scatole: 2!
e. Calcolo in quanti modi diversi posso mettere i due oggetti rimasti in una scatola sola: 6
infine (a*b)*(c*d+e)=725760
Siamo in due ora a chiedere aiuto!!
ciao
Franco
ENGINEER
noun. (en-juh-neer)
someone who does precision guesswork based on unreliable data provided by those of questionable knowledge.
See also wizard, magician
ENGINEER
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someone who does precision guesswork based on unreliable data provided by those of questionable knowledge.
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Re: help me
grazie per il tuo pronto aiuto!!!
il tuo ragionamento è simile al mio (sigh!)
un mio alunno ha trovato la soluzione con 6! x 6 x 6 = 25920,
ovvero sistemando 6 oggetti a caso fra gli 8 in 6! modi possibili e poi il settimo in 6 modi possibili e ancora l'ottavo in 6 modi possibili, ma a me sembra che ciò non tenga conto della diversità delle scatole...e che precluda a 2 degli oggetti arbitrariamente scelti di stare nella stessa scatola
boh?
buona notte e ancora grazie
il tuo ragionamento è simile al mio (sigh!)
un mio alunno ha trovato la soluzione con 6! x 6 x 6 = 25920,
ovvero sistemando 6 oggetti a caso fra gli 8 in 6! modi possibili e poi il settimo in 6 modi possibili e ancora l'ottavo in 6 modi possibili, ma a me sembra che ciò non tenga conto della diversità delle scatole...e che precluda a 2 degli oggetti arbitrariamente scelti di stare nella stessa scatola
boh?
buona notte e ancora grazie
Re: help me
non mi esprimo sul caso in questione anche se tendo ad essere d'accordo con voi.
un poco OT, vi voglio mettere a parte di quello che è stato il mio passatempo "autostradale" sabato scorso, andando da Bologna a Genova (a proposito, Gianfranco: che meraviglia queste giornate di primo sole in Riviera !).
Orbene, per ingannare il tempo, mi sono messo ad osservare le targhe degli autoveicoli, in particolare la parte numerica composta di tre cifre.
Ovviamente, la terna di cifre è spesso composta da tre cifre differenti tra loro, raramente dalla stessa cifra ripetuta tre volte, qualche volta sono presenti due (e solo due) cifre uguali e una altra differente.
Con quale frequenza si presenta questo caso intermedio ?
Per rispondere si può:
1) sparare una percentuale "a occhio"
2) fare l'esperimento empirico, osservando un centinaio di targhe " a caso"; e intuitivamente dovrebbe andar bene qualsiasi insieme di targhe
3) calcolare il dato in via teorica
Prima di dare le m ie risposte, sarebbe interessante conoscere
1) le vostre stime "spannometriche"
2) i vostri risultati sperimentali
3) i vostri algoritmi di calcolo
un poco OT, vi voglio mettere a parte di quello che è stato il mio passatempo "autostradale" sabato scorso, andando da Bologna a Genova (a proposito, Gianfranco: che meraviglia queste giornate di primo sole in Riviera !).
Orbene, per ingannare il tempo, mi sono messo ad osservare le targhe degli autoveicoli, in particolare la parte numerica composta di tre cifre.
Ovviamente, la terna di cifre è spesso composta da tre cifre differenti tra loro, raramente dalla stessa cifra ripetuta tre volte, qualche volta sono presenti due (e solo due) cifre uguali e una altra differente.
Con quale frequenza si presenta questo caso intermedio ?
Per rispondere si può:
1) sparare una percentuale "a occhio"
2) fare l'esperimento empirico, osservando un centinaio di targhe " a caso"; e intuitivamente dovrebbe andar bene qualsiasi insieme di targhe
3) calcolare il dato in via teorica
Prima di dare le m ie risposte, sarebbe interessante conoscere
1) le vostre stime "spannometriche"
2) i vostri risultati sperimentali
3) i vostri algoritmi di calcolo
Enrico
Re: help me
Non riesco tanto ad essere spannometrico: ho la tendenza comunque a fare un calcolo.
Le targhe con le tre cifre uguali mi aspetto che siano 10 su 1000 (1%).
Quelle con due cifre uguali che siano 270 su 1000 (27%).
Il calcolo (a mente) lo faccio così:
a. 10 possibili cifre ripetute (0,...9)
b. 3 possibili configurazioni (AAB, ABA, BAA)
c. 9 possibili valori della cifra "non ripetuta"
--> 10x3x9=270
Di prove sperimentali non ne ho mai fatto e sinceramente non credo che ne farò.
Ho veramente qualcosa di congenito contro le targhe: neppure ricordo la mia!
ciao
Le targhe con le tre cifre uguali mi aspetto che siano 10 su 1000 (1%).
Quelle con due cifre uguali che siano 270 su 1000 (27%).
Il calcolo (a mente) lo faccio così:
a. 10 possibili cifre ripetute (0,...9)
b. 3 possibili configurazioni (AAB, ABA, BAA)
c. 9 possibili valori della cifra "non ripetuta"
--> 10x3x9=270
Di prove sperimentali non ne ho mai fatto e sinceramente non credo che ne farò.
Ho veramente qualcosa di congenito contro le targhe: neppure ricordo la mia!
ciao
Franco
ENGINEER
noun. (en-juh-neer)
someone who does precision guesswork based on unreliable data provided by those of questionable knowledge.
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Re: help me
Ho idea che il calcolo fatto non sia corretto perchè manca, a mio parere, la "casualità" della scelta dei sei oggetti da mettere nelle scatole per primi!maria.g ha scritto:grazie per il tuo pronto aiuto!!!
il tuo ragionamento è simile al mio (sigh!)
un mio alunno ha trovato la soluzione con 6! x 6 x 6 = 25920,
ovvero sistemando 6 oggetti a caso fra gli 8 in 6! modi possibili e poi il settimo in 6 modi possibili e ancora l'ottavo in 6 modi possibili, ma a me sembra che ciò non tenga conto della diversità delle scatole...e che precluda a 2 degli oggetti arbitrariamente scelti di stare nella stessa scatola
boh?
buona notte e ancora grazie
I modi diversi per scegliere questi sei oggetti sono 8!/(6!2!)=28 ed infatti moltiplicando 28 per 25920 si ottiene il nostro 725760.
Per il resto infatti il 6x6 tiene conto sia della possibilità che i due oggetti rimasti vadano in una sola scatola (6 casi) sia della possibilià che siano in scatole diverse (6x5=30 casi).
ciao
Franco
ENGINEER
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Re: help me
grazie Franco; come sempre è interessante conoscere gli "algoritmi mentali" degli altri.
Personalmente, di fronte al problema, ho volontariamente evitato di fare i calcoli per la situazione "due cifre in tre posti", preferendo calcolare
1) una sola cifra ripetuta : 10su dieci per la prima posizione; e poi per due volte scelta obbligata 1su dieci e 1su dieci: 10/10 *1/10 * 1/10 = 1/100
2) tre cifre differenti : 10/10 per il primo posto, e poi 9/10 e 8/10 per le altre posizioni: 10/10 * 9/10 * 8/10 = 72/100
per differenza si ottiene, come logico, 27/100 per la situazione intermedia.
L'esperimento empirico ha dato 25/100 in direzione ovest e 28/100 in direzione est (anche troppo bello !)
Personalmente, di fronte al problema, ho volontariamente evitato di fare i calcoli per la situazione "due cifre in tre posti", preferendo calcolare
1) una sola cifra ripetuta : 10su dieci per la prima posizione; e poi per due volte scelta obbligata 1su dieci e 1su dieci: 10/10 *1/10 * 1/10 = 1/100
2) tre cifre differenti : 10/10 per il primo posto, e poi 9/10 e 8/10 per le altre posizioni: 10/10 * 9/10 * 8/10 = 72/100
per differenza si ottiene, come logico, 27/100 per la situazione intermedia.
L'esperimento empirico ha dato 25/100 in direzione ovest e 28/100 in direzione est (anche troppo bello !)
Enrico
Re: help me
Per me, 10 sono le possibilità di avere 2 cifre uguali, le quali possono trovarsi nelle posizioni 1-2, 1-3 e 2-3.
Quindi abbiamo 3x10=30 accoppiamenti diversi, considerando come diversi anche gli accoppiamenti uguali, se in posizioni diverse.
Ognuno di questi accoppiamenti si combina con la terza cifra che può essere scelta fra 9 diverse; per cui 30x9=270
Quindi abbiamo 3x10=30 accoppiamenti diversi, considerando come diversi anche gli accoppiamenti uguali, se in posizioni diverse.
Ognuno di questi accoppiamenti si combina con la terza cifra che può essere scelta fra 9 diverse; per cui 30x9=270
_________________
$\text { }$ciao ciao
E' la somma che fa il totale (Totò)
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Re: help me
tre teste; tre meccanismi.
un solo risultato.
Facciamolo sapere a quegli studenti che credono "di non capire come si fa"; magari hanno bisogno di farlo in un modo diverso, altrettanto giusto, ma più consono ai loro circuiti logici.
Me ne è venuto in mente un quarto, che segue la falsariga di quello già proposto da me.
Avevo evitato di affrontare il caso direttamente, ma non è poi così ostico.
per la prima cifra: 10/10 di scelte "buone"; con la seconda cifra i casi sono due: o è uguale alla prima (1/10) o è differente ( 9/10); e di conseguenza la terza andrà scelta tra 9/10 nel primo caso o tra 2/10 nel secondo.
Riassumendo
10/10 * 1/10 * 9 /10 = 9/100
10/10 * 9/10 * 2/10 = 18/100
che, sommati, danno il solito 27 %
un solo risultato.
Facciamolo sapere a quegli studenti che credono "di non capire come si fa"; magari hanno bisogno di farlo in un modo diverso, altrettanto giusto, ma più consono ai loro circuiti logici.
Me ne è venuto in mente un quarto, che segue la falsariga di quello già proposto da me.
Avevo evitato di affrontare il caso direttamente, ma non è poi così ostico.
per la prima cifra: 10/10 di scelte "buone"; con la seconda cifra i casi sono due: o è uguale alla prima (1/10) o è differente ( 9/10); e di conseguenza la terza andrà scelta tra 9/10 nel primo caso o tra 2/10 nel secondo.
Riassumendo
10/10 * 1/10 * 9 /10 = 9/100
10/10 * 9/10 * 2/10 = 18/100
che, sommati, danno il solito 27 %
Enrico
Re: help me
Vorrei sbagliare anch’io con diversi ragionamenti.
Primo:
sistemo 4 degli 8 elementi in 4 delle 6 scatole: C(8,4)xC(6,4) = 70x15 = 1.050
sistemo i restanti 4 elementi nelle restanti 2 scatole e posso farlo in due modi:
1) sistemo 1 dei 4 elementi in una delle due scatole e i restanti 3 nell’altra: 4x2 = 8
2) sistemo 2 dei 4 elementi in una scatola e gli altri 2 nell’altra scatola: C(4,2) = 6 (ribadisco 6 e non 12)
Totale: 1.050(8+6) = 14.700
Secondo:
sistemo 3 degli 8 elementi in 1 delle 6 scatole: C(8,3)x6 = 56x6 = 336
sistemo i restanti 5 elementi nelle restanti 5 scatole: 5! = 120
da cui, 336x120 = 40.320
in alternativa:
sistemo 2 degli 8 elementi in 1 delle 6 scatole: C(8,2)x6 = 28x6 = 168
sistemo 2 dei restanti 6 in 1 delle restanti 5 scatole: C(6,2)x5 = 15x5 = 75
sistemo i restanti 4 elementi nelle restanti 4 scatole: 4! = 24
da cui: 168x75x24 = 302.400
Totale: 40.320 + 302.400 = 342.720
Conclusione: se la matematica non è un’opinione, può esserlo il calcolo combinatorio?
Primo:
sistemo 4 degli 8 elementi in 4 delle 6 scatole: C(8,4)xC(6,4) = 70x15 = 1.050
sistemo i restanti 4 elementi nelle restanti 2 scatole e posso farlo in due modi:
1) sistemo 1 dei 4 elementi in una delle due scatole e i restanti 3 nell’altra: 4x2 = 8
2) sistemo 2 dei 4 elementi in una scatola e gli altri 2 nell’altra scatola: C(4,2) = 6 (ribadisco 6 e non 12)
Totale: 1.050(8+6) = 14.700
Secondo:
sistemo 3 degli 8 elementi in 1 delle 6 scatole: C(8,3)x6 = 56x6 = 336
sistemo i restanti 5 elementi nelle restanti 5 scatole: 5! = 120
da cui, 336x120 = 40.320
in alternativa:
sistemo 2 degli 8 elementi in 1 delle 6 scatole: C(8,2)x6 = 28x6 = 168
sistemo 2 dei restanti 6 in 1 delle restanti 5 scatole: C(6,2)x5 = 15x5 = 75
sistemo i restanti 4 elementi nelle restanti 4 scatole: 4! = 24
da cui: 168x75x24 = 302.400
Totale: 40.320 + 302.400 = 342.720
Conclusione: se la matematica non è un’opinione, può esserlo il calcolo combinatorio?
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E' la somma che fa il totale (Totò)
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Re: help me
Per considerare anche le permutazioni nelle 4 scatole: C(8,4)xC(6,4)x4! = 70x15x24 = 25.200Pasquale ha scritto:Vorrei sbagliare anch’io con diversi ragionamenti.
Primo:
sistemo 4 degli 8 elementi in 4 delle 6 scatole: C(8,4)xC(6,4) = 70x15 = 1.050
sistemo i restanti 4 elementi nelle restanti 2 scatole e posso farlo in due modi:
1) sistemo 1 dei 4 elementi in una delle due scatole e i restanti 3 nell’altra: 4x2 = 8
2) sistemo 2 dei 4 elementi in una scatola e gli altri 2 nell’altra scatola: C(4,2) = 6 (ribadisco 6 e non 12)
Totale: 1.050(8+6) = 14.700
Sull' 8+6 condivido.
Totale: 25.200(8+6) = 352.800
(della serie "poche idee ma ben confuse!")
ciao
Franco
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Re: help me
OK Franco, grazie per la correzione (mi sembrava infatti troppo poco); tuttavia si perviene ad un risultato diverso dai precedenti: possibile che cambiano i risultati secondo che si cominci a riempire 4 scatole con 1 elemento, o 1 scatola con 3 elementi, o adottando altre strategie, che dovrebbero però condurre tutte allo stesso risultato?
Evidentemente ogni volta si commette qualche errore, tipo il mio da te rilevato, che sfugge al primo esame; per cui il risultato giusto è quello relativo al procedimento senza errori, ma per essere certi che in un procedimento non vi siano "subdoli" errori, bisogna trovare l'errore commesso in tutti gli altri, annidato da qualche parte.
Ho l'impressione che un risultato minore (salvo errori più o meno evidenti) abbia maggiore probabilità di esattezza rispetto a quello maggiore, che tende a contenere più combinazioni, perché ripetute: ecco perché ho adottato degli algoritmi più elementari e passo, passo; tuttavia, considerata la tua correzione, i due algoritmi che ho riportato non conducono allo stesso risultato, per cui deve esserci un errore anche nel secondo algoritmo, oppure ve n'è ancora uno nel primo, oppure sono ambedue errati.
Evidentemente ogni volta si commette qualche errore, tipo il mio da te rilevato, che sfugge al primo esame; per cui il risultato giusto è quello relativo al procedimento senza errori, ma per essere certi che in un procedimento non vi siano "subdoli" errori, bisogna trovare l'errore commesso in tutti gli altri, annidato da qualche parte.
Ho l'impressione che un risultato minore (salvo errori più o meno evidenti) abbia maggiore probabilità di esattezza rispetto a quello maggiore, che tende a contenere più combinazioni, perché ripetute: ecco perché ho adottato degli algoritmi più elementari e passo, passo; tuttavia, considerata la tua correzione, i due algoritmi che ho riportato non conducono allo stesso risultato, per cui deve esserci un errore anche nel secondo algoritmo, oppure ve n'è ancora uno nel primo, oppure sono ambedue errati.
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Re: help me
Ok, trattasi di individuare l'algoritmo che meno possa indurre in errore.
L'algoritmo che porta alla soluzione 725760 non va bene, perché il risultato contiene combinazioni ripetute, di cui segue un esempio:
1 2 3 4 5 6
A B C D E F
G H
Nell'esempio viene sistemata nelle 6 scatole numerate una delle 28 combinazioni di 6 elementi (da A ad F); quindi nelle stesse posizioni di A e B vengono aggiunti gli altri 2 elementi G ed H: se però sistemiamo nelle 6 scatole la diversa combinazione
G H C D E F, i restanti elementi da sistemare sono A e B e se li mettiamo rispettivamente nelle scatole 1 e 2, abbiamo ripetuto la stessa situazione precedente
Ne deduco che dei miei due algoritmi, il secondo è migliore del primo, perché conduce ad un numero minore di combinazioni.
Ecco un altro algoritmo che riduce il risultato rispetto ai miei primi due (considerata la correzione del primo):
1) sistemo 3 degli 8 elementi in una delle 6 scatole e gli altri 5 elementi in tutte le posizioni possibili delle restanti 5 scatole: C(8,3)x6x5! = 40320
2) oppure sistemo 2 delle 28 coppie che si possono formare con 8 elementi in 2 delle 6 scatole ed i restanti 4 elementi nelle restanti 4 scatole: C(28,2)xC(6,2)x2x4! = 272160
Totale: 40320+272160 = 312480
Evidentemente nei primi due algoritmi, ancorché uno corretto, c'erano combinazioni ripetute (ce ne sono anche in questo?)
A riguardo della soluzione dello studente, mi piace la pensata del 6x6 relativa al settimo ed ottavo elemento, ma è giusta l'osservazione di Maria, perché la scelta di una sola sestina a caso preclude una parte delle combinazioni: tuttavia la sua soluzione si è rivelata esorbitante, come visto sopra.
L'algoritmo che porta alla soluzione 725760 non va bene, perché il risultato contiene combinazioni ripetute, di cui segue un esempio:
1 2 3 4 5 6
A B C D E F
G H
Nell'esempio viene sistemata nelle 6 scatole numerate una delle 28 combinazioni di 6 elementi (da A ad F); quindi nelle stesse posizioni di A e B vengono aggiunti gli altri 2 elementi G ed H: se però sistemiamo nelle 6 scatole la diversa combinazione
G H C D E F, i restanti elementi da sistemare sono A e B e se li mettiamo rispettivamente nelle scatole 1 e 2, abbiamo ripetuto la stessa situazione precedente
Ne deduco che dei miei due algoritmi, il secondo è migliore del primo, perché conduce ad un numero minore di combinazioni.
Ecco un altro algoritmo che riduce il risultato rispetto ai miei primi due (considerata la correzione del primo):
1) sistemo 3 degli 8 elementi in una delle 6 scatole e gli altri 5 elementi in tutte le posizioni possibili delle restanti 5 scatole: C(8,3)x6x5! = 40320
2) oppure sistemo 2 delle 28 coppie che si possono formare con 8 elementi in 2 delle 6 scatole ed i restanti 4 elementi nelle restanti 4 scatole: C(28,2)xC(6,2)x2x4! = 272160
Totale: 40320+272160 = 312480
Evidentemente nei primi due algoritmi, ancorché uno corretto, c'erano combinazioni ripetute (ce ne sono anche in questo?)
A riguardo della soluzione dello studente, mi piace la pensata del 6x6 relativa al settimo ed ottavo elemento, ma è giusta l'osservazione di Maria, perché la scelta di una sola sestina a caso preclude una parte delle combinazioni: tuttavia la sua soluzione si è rivelata esorbitante, come visto sopra.
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Re: help me
Vedo che il problema è stato ulteriormente sviscerato e che il fatto che ${8 \choose 6} \/ \times \/ 6! \/ \times \/ 36$ conta come distinte le scatole $\left \[ 12 \right \]$ e $\left \[ 21 \right \]$ è stato individuato.
Comunque, sebbene tra tante soluzioni diverse alcune siano sbagliate (come quella del libro), non è affatto detto che ve ne sia una sola di giusta. Tutto dipende da che cosa vogliamo contare: possiamo considerare o no l'ordine delle scatole e l'ordine degli oggetti all'interno delle scatole.
Per esempio, se non consideriamo l'ordine delle scatole le “distribuzioni”
$\[123\]\/\[4\]\/\[5\]\/\[6\]\/\[7\]\/\[8\]$
e
$\[4\]\/\[123\]\/\[5\]\/\[6\]\/\[7\]\/\[8\]$
diventano equivalenti mentre, se invece non consideriamo l'ordine degli oggetti nelle scatole, le “distribuzioni” precedenti diventano distinte e sono equivalenti le “distribuzioni”
$\[123\]\/\[4\]\/\[5\]\/\[6\]\/\[7\]\/\[8\]$
e
$\[321\]\/\[4\]\/\[5\]\/\[6\]\/\[7\]\/\[8\]$
Mi pare di capire che vogliamo considerare l'ordine delle scatole ma non quello degli oggetti all'interno di una scatola e con questa convenzione conviene riempire ciascuna scatola prima di passare alla scatola successiva.
Perché ciascuna scatola contenga almeno un oggetto abbiamo o una scatola contiene tre oggetti o due scatole contengono due oggetti: in pratica, dobbiamo considerare solo le partizioni di $8$ in sei, $311111$ e $221111$.
Per la prima partizione abbiamo ${8 \choose 3}$ modi di riempire la prima scatola, ${5 \choose 1}$ modi di riempire la seconda, ${4 \choose 1}$ modi di riempire la terza ecc.
Inoltre abbiamo ${6 \choose 1}$ modi di scegliere la scatola con tre oggetti (l'ordine delle scatole conta!), per cui
${8 \choose 3}\/{5 \choose 1}\/{4 \choose 1}\/{3 \choose 1}\/{2 \choose 1}\/{1 \choose 1}\/{6 \choose 1}=\frac{8!}{\cancel{5!}3!}\/\frac{\cancel{5!}}{1!\cancel{4!}}\/\frac{\cancel{4!}}{1!\cancel{3!}}\/\frac{\cancel{3!}}{1!\cancel{2!}}\/\frac{\cancel{2!}}{1!\cancel{1!}}\/\frac{\cancel{1!}}{1!0!}\/\frac{6!}{1!5!}\/=\/\frac{8!}{3!1!1!1!1!1!}\times 6$
Per la seconda. ne abbiamo $\frac{8!}{2!2!1!1!1!1!}\times 15$ perchè abbiamo ${6 \choose 2}$ modi di scegliere le due scatole con due oggetti. In totale contiamo
$8! \/ \left ( \frac 6 {3!} + \frac {15} {2!2!} \right )\/=\/8!\frac {19}4\/=\/191\/520$
modi di sistemare le scatole
Per rendere la cosa più chiara riporto in una tabella i diversi modi di suddividere in sei gruppi gli oggetti ordinati da $1$ a $8$; ciascuna “distribuzione” può essere permutata in $8!$ modi e ciascun gruppo di $k$ oggetti può essere permutato in $k!$ modi, da cui
$\begin{array}{c45c45c45c45c45c45c100} \[{\text A}\]&\[{\text B}\]&\[{\text C}\]&\[{\text D}\]&\[{\text E}\]&\[{\text F}\]&{\text modi}\\ \hline\\ \[123\]&\[4\]&\[5\]&\[6\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{3!1!1!1!1!1!}\\ \[12\]&\[34\]&\[5\]&\[6\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{2!2!1!1!1!1!}\\ \[12\]&\[3\]&\[45\]&\[6\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{2!1!2!1!1!1!}\\ \[12\]&\[3\]&\[4\]&\[56\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{2!1!1!2!1!1!}\\ \[12\]&\[3\]&\[4\]&\[5\]&\[67\]&\[8\]&\frac {8!}{2!1!1!1!2!1!}\\ \[12\]&\[3\]&\[4\]&\[5\]&\[6\]&\[78\]&\frac {8!}{2!1!1!1!1!2!}\\ \[1\]&\[234\]&\[5\]&\[6\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{1!3!1!1!1!1!}\\ \[1\]&\[23\]&\[45\]&\[6\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{1!2!2!1!1!1!}\\ \[1\]&\[23\]&\[4\]&\[56\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{1!2!1!2!1!1!}\\ \[1\]&\[23\]&\[4\]&\[5\]&\[67\]&\[8\]&\frac {8!}{1!2!1!1!2!1!}\\ \[1\]&\[23\]&\[4\]&\[5\]&\[6\]&\[78\]&\frac {8!}{1!2!1!1!1!2!}\\ \[1\]&\[2\]&\[345\]&\[6\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{1!1!3!1!1!1!}\\ \[1\]&\[2\]&\[34\]&\[56\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{1!1!2!2!1!1!}\\ \[1\]&\[2\]&\[34\]&\[5\]&\[67\]&\[8\]&\frac {8!}{1!1!2!1!2!1!}\\ \[1\]&\[2\]&\[34\]&\[5\]&\[6\]&\[78\]&\frac {8!}{1!1!2!1!1!2!}\\ \[1\]&\[2\]&\[3\]&\[456\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{1!1!1!3!1!1!}\\ \[1\]&\[2\]&\[3\]&\[45\]&\[67\]&\[8\]&\frac {8!}{1!1!1!2!2!1!}\\ \[1\]&\[2\]&\[3\]&\[45\]&\[6\]&\[78\]&\frac {8!}{1!1!1!2!1!2!}\\ \[1\]&\[2\]&\[3\]&\[4\]&\[567\]&\[8\]&\frac {8!}{1!1!1!1!3!1!}\\ \[1\]&\[2\]&\[3\]&\[4\]&\[56\]&\[78\]&\frac {8!}{1!1!1!1!2!2!}\\ \[1\]&\[2\]&\[3\]&\[4\]&\[5\]&\[678\]&\frac {8!}{1!1!1!1!1!3!}\\ \end{array}$
ciao
Comunque, sebbene tra tante soluzioni diverse alcune siano sbagliate (come quella del libro), non è affatto detto che ve ne sia una sola di giusta. Tutto dipende da che cosa vogliamo contare: possiamo considerare o no l'ordine delle scatole e l'ordine degli oggetti all'interno delle scatole.
Per esempio, se non consideriamo l'ordine delle scatole le “distribuzioni”
$\[123\]\/\[4\]\/\[5\]\/\[6\]\/\[7\]\/\[8\]$
e
$\[4\]\/\[123\]\/\[5\]\/\[6\]\/\[7\]\/\[8\]$
diventano equivalenti mentre, se invece non consideriamo l'ordine degli oggetti nelle scatole, le “distribuzioni” precedenti diventano distinte e sono equivalenti le “distribuzioni”
$\[123\]\/\[4\]\/\[5\]\/\[6\]\/\[7\]\/\[8\]$
e
$\[321\]\/\[4\]\/\[5\]\/\[6\]\/\[7\]\/\[8\]$
Mi pare di capire che vogliamo considerare l'ordine delle scatole ma non quello degli oggetti all'interno di una scatola e con questa convenzione conviene riempire ciascuna scatola prima di passare alla scatola successiva.
Perché ciascuna scatola contenga almeno un oggetto abbiamo o una scatola contiene tre oggetti o due scatole contengono due oggetti: in pratica, dobbiamo considerare solo le partizioni di $8$ in sei, $311111$ e $221111$.
Per la prima partizione abbiamo ${8 \choose 3}$ modi di riempire la prima scatola, ${5 \choose 1}$ modi di riempire la seconda, ${4 \choose 1}$ modi di riempire la terza ecc.
Inoltre abbiamo ${6 \choose 1}$ modi di scegliere la scatola con tre oggetti (l'ordine delle scatole conta!), per cui
${8 \choose 3}\/{5 \choose 1}\/{4 \choose 1}\/{3 \choose 1}\/{2 \choose 1}\/{1 \choose 1}\/{6 \choose 1}=\frac{8!}{\cancel{5!}3!}\/\frac{\cancel{5!}}{1!\cancel{4!}}\/\frac{\cancel{4!}}{1!\cancel{3!}}\/\frac{\cancel{3!}}{1!\cancel{2!}}\/\frac{\cancel{2!}}{1!\cancel{1!}}\/\frac{\cancel{1!}}{1!0!}\/\frac{6!}{1!5!}\/=\/\frac{8!}{3!1!1!1!1!1!}\times 6$
Per la seconda. ne abbiamo $\frac{8!}{2!2!1!1!1!1!}\times 15$ perchè abbiamo ${6 \choose 2}$ modi di scegliere le due scatole con due oggetti. In totale contiamo
$8! \/ \left ( \frac 6 {3!} + \frac {15} {2!2!} \right )\/=\/8!\frac {19}4\/=\/191\/520$
modi di sistemare le scatole
Per rendere la cosa più chiara riporto in una tabella i diversi modi di suddividere in sei gruppi gli oggetti ordinati da $1$ a $8$; ciascuna “distribuzione” può essere permutata in $8!$ modi e ciascun gruppo di $k$ oggetti può essere permutato in $k!$ modi, da cui
$\begin{array}{c45c45c45c45c45c45c100} \[{\text A}\]&\[{\text B}\]&\[{\text C}\]&\[{\text D}\]&\[{\text E}\]&\[{\text F}\]&{\text modi}\\ \hline\\ \[123\]&\[4\]&\[5\]&\[6\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{3!1!1!1!1!1!}\\ \[12\]&\[34\]&\[5\]&\[6\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{2!2!1!1!1!1!}\\ \[12\]&\[3\]&\[45\]&\[6\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{2!1!2!1!1!1!}\\ \[12\]&\[3\]&\[4\]&\[56\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{2!1!1!2!1!1!}\\ \[12\]&\[3\]&\[4\]&\[5\]&\[67\]&\[8\]&\frac {8!}{2!1!1!1!2!1!}\\ \[12\]&\[3\]&\[4\]&\[5\]&\[6\]&\[78\]&\frac {8!}{2!1!1!1!1!2!}\\ \[1\]&\[234\]&\[5\]&\[6\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{1!3!1!1!1!1!}\\ \[1\]&\[23\]&\[45\]&\[6\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{1!2!2!1!1!1!}\\ \[1\]&\[23\]&\[4\]&\[56\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{1!2!1!2!1!1!}\\ \[1\]&\[23\]&\[4\]&\[5\]&\[67\]&\[8\]&\frac {8!}{1!2!1!1!2!1!}\\ \[1\]&\[23\]&\[4\]&\[5\]&\[6\]&\[78\]&\frac {8!}{1!2!1!1!1!2!}\\ \[1\]&\[2\]&\[345\]&\[6\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{1!1!3!1!1!1!}\\ \[1\]&\[2\]&\[34\]&\[56\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{1!1!2!2!1!1!}\\ \[1\]&\[2\]&\[34\]&\[5\]&\[67\]&\[8\]&\frac {8!}{1!1!2!1!2!1!}\\ \[1\]&\[2\]&\[34\]&\[5\]&\[6\]&\[78\]&\frac {8!}{1!1!2!1!1!2!}\\ \[1\]&\[2\]&\[3\]&\[456\]&\[7\]&\[8\]&\frac {8!}{1!1!1!3!1!1!}\\ \[1\]&\[2\]&\[3\]&\[45\]&\[67\]&\[8\]&\frac {8!}{1!1!1!2!2!1!}\\ \[1\]&\[2\]&\[3\]&\[45\]&\[6\]&\[78\]&\frac {8!}{1!1!1!2!1!2!}\\ \[1\]&\[2\]&\[3\]&\[4\]&\[567\]&\[8\]&\frac {8!}{1!1!1!1!3!1!}\\ \[1\]&\[2\]&\[3\]&\[4\]&\[56\]&\[78\]&\frac {8!}{1!1!1!1!2!2!}\\ \[1\]&\[2\]&\[3\]&\[4\]&\[5\]&\[678\]&\frac {8!}{1!1!1!1!1!3!}\\ \end{array}$
ciao
il panurgo
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
Re: help me
Ciao Pan, tutto bene?
Non ho ancora letto con attenzione il tuo eleborato, ma vorrei precisare che finora abbiamo considerato:
le scatole diverse fra loro in base alla posizione
le terzine o coppie nelle scatole, uguali se formate dagli stessi elementi (12, 34, 5, 6, 7, 8 = 21, 43, 5, 6, 7, 8 )
diverse fra loro terzine o coppie, se situate in scatole diverse (12, 34, 5, 6, 7, 8 <> 34, 12, 5, 6, 7, 8 )
Non ho ancora letto con attenzione il tuo eleborato, ma vorrei precisare che finora abbiamo considerato:
le scatole diverse fra loro in base alla posizione
le terzine o coppie nelle scatole, uguali se formate dagli stessi elementi (12, 34, 5, 6, 7, 8 = 21, 43, 5, 6, 7, 8 )
diverse fra loro terzine o coppie, se situate in scatole diverse (12, 34, 5, 6, 7, 8 <> 34, 12, 5, 6, 7, 8 )
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$\text { }$ciao ciao
E' la somma che fa il totale (Totò)
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